13 İki Düzlem ve Düzlemin İrdelenmesi
Bir önceki bölümde uzayda bir düzlemin denklemini kurmayı öğrendik (Uzayda Düzlem Denklemleri): her \(\mathfrak{D}\) düzlemi \[ \mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0 \] biçiminde bir kartezyen denklemle yazılır ve \(n = (A, B, C) \neq 0\) vektörü \(\mathfrak{D}\)’nin bir normal vektörüdür. Bu bölümde iki düzlemi yan yana koyacağız. İki düzlem paralel mi, çakışık mı, dik mi? Kesişiyorlarsa hangi doğru boyunca kesişirler ve aralarındaki açı nedir? Bu soruların hepsinin cevabı normal vektörlerde saklıdır. Bölümün ikinci yarısında tek bir düzleme döneceğiz: bir düzlemi uzayda nasıl çizeriz ve denklemindeki katsayıların sıfır olup olmaması düzlemin konumu hakkında ne söyler?
Bölüm boyunca, aksi söylenmedikçe iki düzlemi \[ \begin{aligned} \mathfrak{D}_1&: A_1x + B_1y + C_1z + D_1 = 0, \\ \mathfrak{D}_2&: A_2x + B_2y + C_2z + D_2 = 0 \end{aligned} \] biçiminde yazacağız; normal vektörleri \(n_1 = (A_1, B_1, C_1)\) ve \(n_2 = (A_2, B_2, C_2)\) olsun. Bir \(P(x, y, z)\) noktasını konum vektörüyle özdeşleştirirsek \(A_1x + B_1y + C_1z = \langle n_1, P\rangle\) olur; böylece \(\mathfrak{D}_1\)’in denklemi kısaca \(\langle n_1, P\rangle + D_1 = 0\) diye de yazılabilir. Bu yazımı ispatlarda sık kullanacağız.
13.1 İki Düzlemin Birbirine Göre Durumları
Uzayda iki düzlem birbirine göre ancak iki biçimde durabilir:
- \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) paraleldir. Özel bir durum olarak çakışık olabilirler, yani aynı düzlem olabilirler.
- \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) kesişir. Özel bir durum olarak dik kesişebilirler.
Paralellik ve diklik, düzlemlerin normal vektörleri üzerinden tanımlanır. Bunun nedeni basittir: bir düzlemin “hangi yöne baktığını” normal vektörü söyler. İki düzlem aynı yöne bakıyorsa paralel, birbirine dik yönlere bakıyorsa diktir.
Paralellik koşulu
Tanım 13.1 (Paralel düzlemler) \(\mathfrak{D}_1\) ve \(\mathfrak{D}_2\) düzlemlerinin normal vektörleri sırasıyla \(n_1\) ve \(n_2\) olsun. \(n_1 \parallel n_2\) ise \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\)’ye paralel düzlemler denir ve \(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\) yazılır: \[ \mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2 \iff n_1 \parallel n_2 . \]
Yani paralel iki düzlem, normal vektörleri aynı doğrultuda olan düzlemlerdir. Bir düzlemin normal vektörü tek değildir: \(n\) bir normal ise sıfırdan farklı her \(\lambda\) için \(\lambda n\) de bir normaldir. Bu yüzden tanım, hangi normalin seçildiğine bağlı değildir; \(n_1 \parallel n_2\) ise \(\lambda n_1 \parallel \mu n_2\) de doğrudur.
Önerme 13.1 (Paralelliğin koordinatlarla ifadesi) \(n_1 = (A_1, B_1, C_1)\) ve \(n_2 = (A_2, B_2, C_2)\) olsun. Bu durumda \[ \mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2 \iff \frac{A_1}{A_2} = \frac{B_1}{B_2} = \frac{C_1}{C_2} \] dir. Buradaki eşitlik bir orantı olarak okunur: bir \(\lambda \in \mathbb{R}\) için \(A_1 = \lambda A_2\), \(B_1 = \lambda B_2\), \(C_1 = \lambda C_2\) olması demektir. Paydalardan biri sıfırsa karşısındaki pay da sıfırdır.
İspat
Tanım gereği \(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\), \(n_1 \parallel n_2\) demektir. Paralel vektörlerin tanımına göre (Tanım 7.15) bu, bir \(\lambda \in \mathbb{R}\) için \(n_1 = \lambda n_2\) olmasına, yani koordinatlarda \[ A_1 = \lambda A_2, \qquad B_1 = \lambda B_2, \qquad C_1 = \lambda C_2 \] olmasına denktir. Bu üç eşitlik, orantının tam olarak söylediği şeydir. \(n_1 \neq 0\) olduğundan \(\lambda \neq 0\)’dır. Örneğin \(A_2 = 0\) ise \(A_1 = \lambda \cdot 0 = 0\) olur; paydası sıfır olan oranın payının da sıfır olması bundandır. \(\blacksquare\)
Örnek 13.1 (Bir katsayısı sıfır olan paralel düzlemler) \(\mathfrak{D}_1: y + 2z - 1 = 0\) ve \(\mathfrak{D}_2: 3y + 6z + 7 = 0\) düzlemlerinin paralel olduğunu gösterelim.
Çözüm
Normal vektörler \(n_1 = (0, 1, 2)\) ve \(n_2 = (0, 3, 6)\)’dır. İki vektörün de birinci koordinatı sıfır, kalan koordinatlar ise \[ \frac{1}{3} = \frac{2}{6} \] orantısını sağlar. Gerçekten \(n_1 = \tfrac{1}{3}\, n_2\)’dir: \(0 = \tfrac{1}{3} \cdot 0\), \(1 = \tfrac{1}{3} \cdot 3\), \(2 = \tfrac{1}{3} \cdot 6\). Demek ki \(n_1 \parallel n_2\) ve dolayısıyla \(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\)’dir. Burada \(\tfrac{A_1}{A_2} = \tfrac{0}{0}\) yazımı bir sayı belirtmez; orantıyı “\(A_1 = \lambda A_2\)” diye okuduğumuzda \(0 = \tfrac{1}{3} \cdot 0\) eşitliği sorunsuz sağlanır. \(\blacksquare\)
Paralel iki düzlem ne zaman aynı düzlemdir? Normallerin orantılı olması yetmez; denklemlerin sabit terimleri de aynı oranda olmalıdır.
Tanım 13.2 (Çakışık düzlemler) Aynı noktalardan oluşan, yani nokta kümeleri eşit olan iki düzleme çakışık düzlemler denir.
Yani çakışık iki düzlem, iki farklı denklemle yazılmış aynı düzlemdir. Örneğin \(x + y + z - 1 = 0\) ile \(2x + 2y + 2z - 2 = 0\) denklemlerini aynı noktalar sağlar, çünkü ikinci denklem birincinin \(2\) katıdır.
Önerme 13.2 (Çakışıklık koşulu) \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) düzlemlerinin çakışık olması için gerek ve yeter koşul \[ \frac{A_1}{A_2} = \frac{B_1}{B_2} = \frac{C_1}{C_2} = \frac{D_1}{D_2} \] olmasıdır; yani sıfırdan farklı bir \(\lambda\) için \((A_1, B_1, C_1, D_1) = \lambda\,(A_2, B_2, C_2, D_2)\) olmasıdır. Özellikle çakışık iki düzlem paraleldir.
İspat
(\(\Leftarrow\)) \((A_1, B_1, C_1, D_1) = \lambda\,(A_2, B_2, C_2, D_2)\) ve \(\lambda \neq 0\) olsun. Her \(P(x, y, z)\) noktası için \[ A_1x + B_1y + C_1z + D_1 = \lambda\,(A_2x + B_2y + C_2z + D_2) \] olur. \(\lambda \neq 0\) olduğundan sol taraf ancak ve ancak sağdaki parantez sıfırken sıfırdır. Yani bir nokta \(\mathfrak{D}_1\)’in denklemini ancak ve ancak \(\mathfrak{D}_2\)’nin denklemini sağlıyorsa sağlar; iki düzlem çakışıktır.
(\(\Rightarrow\)) \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) aynı noktalardan oluşsun. Önce normallerin paralel olduğunu gösterelim. Bu ortak düzlemden bir \(P_0\) noktası alalım; \(\langle n_1, P_0\rangle + D_1 = 0\) ve \(\langle n_2, P_0\rangle + D_2 = 0\)’dır.
\(n_1\)’e dik herhangi bir \(w\) vektörü için \(P_0 + w\) noktası \(\mathfrak{D}_1\)’dedir, çünkü \[ \langle n_1, P_0 + w\rangle + D_1 = \big(\langle n_1, P_0\rangle + D_1\big) + \langle n_1, w\rangle = 0 + 0 = 0 \] olur. Düzlemler çakışık olduğundan \(P_0 + w\) noktası \(\mathfrak{D}_2\)’de de bulunur. Aynı hesabı \(n_2\) ile yaparsak \[ 0 = \big(\langle n_2, P_0\rangle + D_2\big) + \langle n_2, w\rangle = \langle n_2, w\rangle \] bulunur. Yani \(n_1\)’e dik her vektör \(n_2\)’ye de diktir.
Şimdi bu gözlemi özel bir vektöre uygulayalım: \[ w = \|n_1\|^2\, n_2 - \langle n_1, n_2\rangle\, n_1 . \] İç çarpımın bilineerliğinden (Önerme 8.1) \[ \langle n_1, w\rangle = \|n_1\|^2 \langle n_1, n_2\rangle - \langle n_1, n_2\rangle \|n_1\|^2 = 0 \] olduğundan \(w \perp n_1\)’dir; öyleyse \(w \perp n_2\) olmalıdır: \[ 0 = \langle n_2, w\rangle = \|n_1\|^2\, \|n_2\|^2 - \langle n_1, n_2\rangle^2 . \] Demek ki \(|\langle n_1, n_2\rangle| = \|n_1\|\,\|n_2\|\)’dir. Cauchy–Schwarz eşitsizliğinde eşitlik ancak vektörler lineer bağımlıyken sağlanır (Teorem 8.1). \(n_1\) ve \(n_2\) sıfırdan farklı olduğundan bu, sıfırdan farklı bir \(\lambda\) için \(n_1 = \lambda n_2\) demektir. Böylece \(A_1 = \lambda A_2\), \(B_1 = \lambda B_2\), \(C_1 = \lambda C_2\)’dir.
Son olarak sabit terimlere bakalım: \[ D_1 = -\langle n_1, P_0\rangle = -\lambda \langle n_2, P_0\rangle = \lambda D_2 . \] Böylece \((A_1, B_1, C_1, D_1) = \lambda\,(A_2, B_2, C_2, D_2)\) elde edilir. Bu eşitliğin ilk üç bileşeni \(n_1 \parallel n_2\) demektir; yani çakışık düzlemler paraleldir. \(\blacksquare\)
Paralel iki düzlem çakışık değilse ne olur? Günlük sezgimiz “hiç buluşmazlar” der; bunu ispatlayalım.
Önerme 13.3 (Paralel düzlemlerin ortak noktası) Paralel iki düzlem ya çakışıktır ya da hiç ortak noktaları yoktur.
İspat
\(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\) olsun; Önerme 13.1 gereği sıfırdan farklı bir \(\lambda\) için \(n_1 = \lambda n_2\)’dir. İki düzlemin bir \(P_0\) ortak noktası bulunduğunu varsayalım. O zaman \(\langle n_1, P_0\rangle + D_1 = 0\) ve \(\langle n_2, P_0\rangle + D_2 = 0\) olduğundan \[ D_1 = -\langle n_1, P_0\rangle = -\lambda \langle n_2, P_0\rangle = \lambda D_2 \] olur. Demek ki \((A_1, B_1, C_1, D_1) = \lambda\,(A_2, B_2, C_2, D_2)\)’dir ve Önerme 13.2 gereği düzlemler çakışıktır. Öyleyse paralel iki düzlemin tek bir ortak noktası bile varsa düzlemler çakışıktır; çakışık değillerse hiç ortak noktaları yoktur. \(\blacksquare\)
Yani paralel iki düzlemin durumu, \(A\), \(B\), \(C\) katsayılarının oranı ile \(D\)’lerin oranı karşılaştırılarak anlaşılır: oranlar eşitse düzlemler çakışıktır, \(D\)’lerin oranı ötekilerden farklıysa düzlemler hiç kesişmez.
Örnek 13.2 (Paralel ve ayrık iki düzlem) \(\mathfrak{D}_1: 2x - 4y + 6z - 1 = 0\) ve \(\mathfrak{D}_2: -x + 2y - 3z + 5 = 0\) düzlemlerinin birbirine göre durumunu inceleyelim.
Çözüm
Normaller \(n_1 = (2, -4, 6)\) ve \(n_2 = (-1, 2, -3)\)’tür. Katsayıları oranlayalım: \[ \frac{A_1}{A_2} = \frac{2}{-1} = -2, \qquad \frac{B_1}{B_2} = \frac{-4}{2} = -2, \qquad \frac{C_1}{C_2} = \frac{6}{-3} = -2 . \] Üç oran eşit olduğundan \(n_1 = -2\,n_2\) ve \(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\)’dir. Sabit terimlerin oranı ise \[ \frac{D_1}{D_2} = \frac{-1}{5} \neq -2 \] olduğundan düzlemler çakışık değildir (Önerme 13.2). Önerme 13.3 gereği \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\)’nin hiç ortak noktası yoktur. \(\blacksquare\)
Örnek 13.3 (Çakışık iki düzlem) \(\mathfrak{D}_1: 3x - 6y + 9z - 12 = 0\) ve \(\mathfrak{D}_2: x - 2y + 3z - 4 = 0\) düzlemlerinin birbirine göre durumunu inceleyelim.
Çözüm
Dört katsayının oranları \[ \frac{3}{1} = \frac{-6}{-2} = \frac{9}{3} = \frac{-12}{-4} = 3 \] olup hepsi eşittir. Yani \(\mathfrak{D}_1\)’in denklemi, \(\mathfrak{D}_2\)’nin denkleminin \(3\) katıdır ve Önerme 13.2 gereği iki düzlem çakışıktır: aslında tek bir düzlemi iki farklı denklemle yazmışız. \(\blacksquare\)
Diklik koşulu
Tanım 13.3 (Dik düzlemler) \(\mathfrak{D}_1\) ve \(\mathfrak{D}_2\) düzlemlerinin normal vektörleri sırasıyla \(n_1\) ve \(n_2\) olsun. \(n_1 \perp n_2\) ise \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\)’ye dik düzlemler denir ve \(\mathfrak{D}_1 \perp \mathfrak{D}_2\) yazılır: \[ \mathfrak{D}_1 \perp \mathfrak{D}_2 \iff n_1 \perp n_2 \iff \langle n_1, n_2\rangle = 0 . \]
Yani iki düzlem, normalleri birbirine dikse diktir. Odanın zemini ile bir duvarı dik iki düzlemdir: zeminin normali yukarıyı, duvarın normali ise yatay bir yönü gösterir. Son denklik iç çarpımla diklik ölçütünden gelir (Tanım 8.3).
Önerme 13.4 (Dikliğin koordinatlarla ifadesi) \(n_1 = (A_1, B_1, C_1)\) ve \(n_2 = (A_2, B_2, C_2)\) olsun. Bu durumda \[ \mathfrak{D}_1 \perp \mathfrak{D}_2 \iff A_1A_2 + B_1B_2 + C_1C_2 = 0 \] dır. Ayrıca dik iki düzlem paralel değildir.
İspat
İç çarpımın koordinatlarla ifadesi \(\langle n_1, n_2\rangle = A_1A_2 + B_1B_2 + C_1C_2\) olduğundan birinci kısım doğrudan tanımdan çıkar.
İkinci kısım için dik iki düzlemin aynı zamanda paralel olduğunu varsayalım. O zaman sıfırdan farklı bir \(\lambda\) için \(n_1 = \lambda n_2\) olur ve \[ \langle n_1, n_2\rangle = \lambda \langle n_2, n_2\rangle = \lambda \|n_2\|^2 \neq 0 \] bulunur, çünkü \(\lambda \neq 0\) ve \(n_2 \neq 0\)’dır. Bu, \(\langle n_1, n_2\rangle = 0\) olmasıyla çelişir. Demek ki dik düzlemler paralel olamaz; bir sonraki kısımda göreceğimiz gibi paralel olmayan iki düzlem bir doğru boyunca kesişir. Yani dik düzlemler dik kesişir. \(\blacksquare\)
Örnek 13.4 (Diklik için parametre bulma) \(\mathfrak{D}_1: x + y + z = 0\) ve \(\mathfrak{D}_2: 2x - 3y + mz = 0\) düzlemlerinin dik olması için \(m\) ne olmalıdır?
Çözüm
Normal vektörler \(n_1 = (1, 1, 1)\) ve \(n_2 = (2, -3, m)\)’dir. Önerme 13.4 gereği \[ \begin{aligned} \mathfrak{D}_1 \perp \mathfrak{D}_2 &\iff \langle n_1, n_2\rangle = 0 \\ &\iff 1 \cdot 2 + 1 \cdot (-3) + 1 \cdot m = 0 \\ &\iff -1 + m = 0 \iff m = 1 \end{aligned} \] bulunur. Yani iki düzlem yalnız \(m = 1\) için diktir; bu durumda \(\mathfrak{D}_2: 2x - 3y + z = 0\) olur. \(\blacksquare\)
Örnek 13.5 (Diklik denetimi) \(\mathfrak{D}_1: x + 2y + 2z - 5 = 0\) ve \(\mathfrak{D}_2: 2x - 2y + z = 0\) düzlemlerinin birbirine göre durumunu inceleyelim.
Çözüm
Normaller \(n_1 = (1, 2, 2)\) ve \(n_2 = (2, -2, 1)\)’dir. Önce paralelliğe bakalım: \(\tfrac{1}{2} \neq \tfrac{2}{-2}\) olduğundan normaller orantılı değildir ve düzlemler paralel değildir. Sonra iç çarpımı hesaplayalım: \[ \langle n_1, n_2\rangle = 1 \cdot 2 + 2 \cdot (-2) + 2 \cdot 1 = 2 - 4 + 2 = 0 . \] Demek ki \(\mathfrak{D}_1 \perp \mathfrak{D}_2\)’dir: iki düzlem dik kesişir. \(\blacksquare\)
13.2 Kesişen İki Düzlemin Arakesit Doğrusu
Paralel olmayan iki düzlemin ne yaptığını şimdi görelim. Açık bir kitabın iki kapağı gibi, bu iki düzlem bir doğru boyunca buluşur. Aşağıdaki teorem bunu ispatlar ve o doğrunun doğrultusunu da verir.
Teorem 13.1 (Kesişen iki düzlemin arakesiti bir doğrudur) \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) paralel olmasın. Bu durumda \(\mathfrak{D}_1 \cap \mathfrak{D}_2\) kümesi bir doğrudur ve bu doğrunun bir doğrultman vektörü \[ u = n_1 \times n_2 \] dir. Bu durumda \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\)’ye kesişen düzlemler, ortak doğrularına da iki düzlemin arakesit doğrusu denir.
İspat
İspatı dört adımda yapacağız.
1. \(u \neq 0\)’dır. \(n_1\) ve \(n_2\) sıfırdan farklıdır ve paralel değildir. Bu iki vektör lineer bağımlı olsaydı ikisi birden sıfır olmayan \(\lambda_1, \lambda_2\) için \(\lambda_1 n_1 + \lambda_2 n_2 = 0\) olurdu; vektörler sıfırdan farklı olduğundan \(\lambda_1 \neq 0\) ve \(\lambda_2 \neq 0\) olmak zorundadır ve \(n_1 = -\tfrac{\lambda_2}{\lambda_1} n_2\) bulunurdu, yani \(n_1 \parallel n_2\) olurdu. Demek ki \(n_1\) ile \(n_2\) lineer bağımsızdır ve Önerme 9.3 gereği \(u = n_1 \times n_2 \neq 0\)’dır.
2. İki düzlemin bir ortak noktası vardır. Vektörel çarpımın tanımından (Tanım 9.1) \[ u = \big(B_1C_2 - C_1B_2,\; C_1A_2 - A_1C_2,\; A_1B_2 - B_1A_2\big) \] dir. \(u \neq 0\) olduğundan bileşenlerinden en az biri sıfırdan farklıdır. Üçüncü bileşenin sıfırdan farklı olduğunu, yani \(A_1B_2 - B_1A_2 \neq 0\) olduğunu varsayalım; öteki iki durum, değişkenlerin rolleri değiştirilerek aynı biçimde işlenir. İki denklemde \(z = 0\) yazarsak \[ \begin{aligned} A_1x + B_1y &= -D_1, \\ A_2x + B_2y &= -D_2 \end{aligned} \] sistemi elde edilir. Bu sistemin katsayılar determinantı \(A_1B_2 - B_1A_2 \neq 0\) olduğundan sistemin tek bir \((x_0, y_0)\) çözümü vardır. O hâlde \(P_0(x_0, y_0, 0)\) noktası iki düzlemin de denklemini sağlar.
3. \(P_0\)’dan geçen ve \(u\) doğrultusundaki \(d\) doğrusu iki düzlemde de kalır. \(d\)’nin noktaları \(t \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(P_0 + t\,u\) biçimindedir. \(u = n_1 \times n_2\) hem \(n_1\)’e hem \(n_2\)’ye diktir (Teorem 9.1). Bu yüzden \(i = 1, 2\) için \[ \langle n_i, P_0 + t\,u\rangle + D_i = \big(\langle n_i, P_0\rangle + D_i\big) + t\,\langle n_i, u\rangle = 0 + t \cdot 0 = 0 \] olur; yani \(d \subseteq \mathfrak{D}_1 \cap \mathfrak{D}_2\)’dir.
4. İki düzlemin her ortak noktası \(d\) üzerindedir. \(P\), iki düzlemin ortak bir noktası olsun ve \(w = \overrightarrow{P_0P}\) diyelim. \(P\) ile \(P_0\) aynı denklemleri sağladığından, denklemleri taraf tarafa çıkarırsak \[ \langle n_1, w\rangle = 0 \qquad\text{ve}\qquad \langle n_2, w\rangle = 0 \] bulunur. Şimdi \(n_1\), \(n_2\), \(u\) vektörlerinin bir baz olduğunu gösterelim. Karma çarpımı iç ve vektörel çarpımla yazarsak (Önerme 9.1) \[ [n_1, n_2, u] = \langle n_1 \times n_2, u\rangle = \langle u, u\rangle = \|u\|^2 \neq 0 \] olur. Sonuç 9.5 gereği bu üç vektör lineer bağımsızdır ve Teorem 7.2 gereği bir baz oluşturur. O hâlde bazı \(a, b, c\) sayıları için \(w = a\,n_1 + b\,n_2 + c\,u\) yazılabilir. Bu eşitliğin \(n_1\) ve \(n_2\) ile iç çarpımını alalım; \(\langle u, n_1\rangle = \langle u, n_2\rangle = 0\) olduğundan \[ \begin{aligned} a\,\|n_1\|^2 + b\,\langle n_1, n_2\rangle &= 0, \\ a\,\langle n_1, n_2\rangle + b\,\|n_2\|^2 &= 0 \end{aligned} \] bulunur. Bu \(a, b\) bilinmeyenli sistemin determinantı \[ \|n_1\|^2\,\|n_2\|^2 - \langle n_1, n_2\rangle^2 = \|n_1 \times n_2\|^2 = \|u\|^2 \neq 0 \] dır (Sonuç 9.2). Öyleyse sistemin tek çözümü \(a = b = 0\)’dır ve \(w = c\,u\) olur. Yani \(P = P_0 + c\,u\) noktası \(d\) üzerindedir.
- ve 4. adımlar birlikte \(\mathfrak{D}_1 \cap \mathfrak{D}_2 = d\) olduğunu gösterir. \(\blacksquare\)
Yani arakesit doğrusu iki düzlemin de içindedir; bu yüzden doğrultusu iki normale birden diktir ve iki normale birden dik olan vektörü vektörel çarpım verir. Arakesit doğrusunu pratikte bulmanın yolları şunlardır.
- İki ortak nokta. Değişkenlerden birine iki farklı değer verin (örneğin \(x = 1\) ve \(x = 0\)). Her seferinde iki denklem, kalan iki değişkenli bir sistem olur; onu çözerek iki ortak nokta bulun ve bu iki noktadan geçen doğrunun denklemini yazın. Seçtiğiniz değişken doğru boyunca sabit olmamalıdır; sabitse (sistem çözümsüz ya da belirsiz çıkarsa) başka bir değişken seçin.
- Bir değişkeni parametre almak. Değişkenlerden birine \(\lambda\) deyin (örneğin \(z = \lambda\)). İki denklemden kalan iki değişkeni \(\lambda\) cinsinden çözün. Bulduğunuz ifadeler doğrunun parametrik denklemleridir.
- Vektörel çarpım. Doğrultman vektörünü \(u = n_1 \times n_2\) olarak alın ve 1. yoldaki gibi tek bir ortak nokta bulun.
Örnek 13.6 (Arakesit doğrusunu iki yolla bulmak) \(\mathfrak{D}_1: 2x - 3y + z - 5 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 3x + 4y - z + 1 = 0\) düzlemlerinin arakesit doğrusunu bulalım.
Çözüm
Önce düzlemlerin kesiştiğinden emin olalım: \(n_1 = (2, -3, 1)\) ile \(n_2 = (3, 4, -1)\) orantılı değildir (\(\tfrac{2}{3} \neq \tfrac{-3}{4}\)), yani düzlemler paralel değildir ve Teorem 13.1 gereği bir doğru boyunca kesişirler.
I. yol: iki ortak nokta. \(x = 1\) yazalım. İki denklem \[ \begin{aligned} 2 - 3y + z - 5 = 0 &\implies -3y + z = 3, \\ 3 + 4y - z + 1 = 0 &\implies 4y - z = -4 \end{aligned} \] olur. Taraf tarafa toplarsak \(y = -1\), sonra birinci denklemden \(z = 3 + 3y = 0\) bulunur. O hâlde \(P_1(1, -1, 0)\) iki düzlemde de bulunur.
Şimdi \(x = 0\) yazalım: \[ \begin{aligned} -3y + z - 5 = 0 &\implies -3y + z = 5, \\ 4y - z + 1 = 0 &\implies 4y - z = -1 . \end{aligned} \] Toplarsak \(y = 4\), sonra \(z = 5 + 3y = 17\) bulunur. Yani \(P_2(0, 4, 17)\) de ortak bir noktadır.
Arakesit doğrusu \(P_1\) ile \(P_2\)’den geçen doğrudur. Doğrultman vektörü \[ \overrightarrow{P_1P_2} = (0 - 1,\; 4 - (-1),\; 17 - 0) = (-1, 5, 17) \] olduğundan arakesit doğrusu \[ d: \frac{x - 1}{-1} = \frac{y + 1}{5} = \frac{z}{17} \] dir.
II. yol: bir değişkeni parametre almak. \(z = \lambda\) diyelim. Denklemler \[ \begin{aligned} 2x - 3y &= 5 - \lambda, \\ 3x + 4y &= -1 + \lambda \end{aligned} \] olur. \(y\)’yi yok etmek için birinciyi \(4\), ikinciyi \(3\) ile çarpıp toplayalım: \[ 8x + 9x = 20 - 4\lambda - 3 + 3\lambda \implies 17x = 17 - \lambda \implies x = 1 - \tfrac{1}{17}\lambda . \] \(x\)’i yok etmek için birinciyi \(3\), ikinciyi \(2\) ile çarpıp çıkaralım: \[ -9y - 8y = 15 - 3\lambda + 2 - 2\lambda \implies -17y = 17 - 5\lambda \implies y = -1 + \tfrac{5}{17}\lambda . \] Böylece doğrunun parametrik denklemleri \[ x = 1 - \tfrac{1}{17}\lambda, \qquad y = -1 + \tfrac{5}{17}\lambda, \qquad z = \lambda \] olur. Her birinden \(\lambda\)’yı çekersek \[ \lambda = -17(x - 1) = \tfrac{17}{5}(y + 1) = z \] bulunur; \(17\)’ye bölersek \[ d: \frac{x - 1}{-1} = \frac{y + 1}{5} = \frac{z}{17} \] kartezyen denklemlerine, yani I. yoldaki sonuca ulaşırız.
Denetim. Teorem 13.1 gereği doğrultman \(n_1 \times n_2\)’ye paralel olmalıdır: \[ \begin{aligned} n_1 \times n_2 &= \big((-3)(-1) - 1 \cdot 4,\; 1 \cdot 3 - 2 \cdot (-1),\; 2 \cdot 4 - (-3) \cdot 3\big) \\ &= (-1, 5, 17). \end{aligned} \] Gerçekten de iki yolda bulduğumuz doğrultmanın aynısıdır. \(\blacksquare\)
Örnek 13.7 (Orijinden geçen iki düzlemin arakesiti) \(\mathfrak{D}_1: x + y + 2z = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 2x - y + z = 0\) düzlemlerinin arakesit doğrusunu bulalım.
Çözüm
Normaller \(n_1 = (1, 1, 2)\) ile \(n_2 = (2, -1, 1)\) orantılı değildir (\(\tfrac{1}{2} \neq \tfrac{1}{-1}\)), yani düzlemler kesişir. \(z = \lambda\) diyelim: \[ \begin{aligned} x + y &= -2\lambda, \\ 2x - y &= -\lambda . \end{aligned} \] Taraf tarafa toplarsak \(3x = -3\lambda\), yani \(x = -\lambda\) bulunur. Birinci denklemden \(y = -2\lambda - x\) ve \(x = -\lambda\) olduğundan \(y = -2\lambda + \lambda = -\lambda\) olur. Buna göre arakesit doğrusunun parametrik denklemleri \[ x = -\lambda, \qquad y = -\lambda, \qquad z = \lambda \] ve kartezyen denklemleri \[ d: \frac{x}{-1} = \frac{y}{-1} = \frac{z}{1} \] dir. İki düzlem de orijinden geçtiği için (\(D_1 = D_2 = 0\)) arakesit doğrusu da orijinden geçer; \(\lambda = 0\) değeri \(O(0, 0, 0)\) noktasını verir.
Denetim için vektörel çarpımı hesaplayalım: \[ \begin{aligned} n_1 \times n_2 &= \big(1 \cdot 1 - 2 \cdot (-1),\; 2 \cdot 2 - 1 \cdot 1,\; 1 \cdot (-1) - 1 \cdot 2\big) \\ &= (3, 3, -3) = -3\,(-1, -1, 1). \end{aligned} \] Bu vektör bulduğumuz \((-1, -1, 1)\) doğrultmanına paraleldir.
\(\blacksquare\)
Parametre seçerken bir noktaya dikkat etmek gerekir: arakesit doğrusu boyunca sabit kalan bir değişkeni parametre alamayız.
Örnek 13.8 (Parametre seçimine dikkat) \(\mathfrak{D}_1: x + y + z - 4 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: x + y - z = 0\) düzlemlerinin arakesit doğrusunu bulalım.
Çözüm
Normaller \(n_1 = (1, 1, 1)\) ile \(n_2 = (1, 1, -1)\) orantılı değildir, düzlemler kesişir. Denklemleri taraf tarafa çıkarırsak \[ (x + y + z - 4) - (x + y - z) = 0 \implies 2z - 4 = 0 \implies z = 2 \] bulunur. Yani arakesit doğrusunun her noktasında \(z = 2\)’dir; bu doğru boyunca \(z\) değişmez ve \(z = \lambda\) seçimi işe yaramaz. Bunun yerine \(x = \lambda\) diyelim. Toplarsak \(2x + 2y - 4 = 0\), yani \(y = 2 - x = 2 - \lambda\) olur. Arakesit doğrusu \[ x = \lambda, \qquad y = 2 - \lambda, \qquad z = 2 \] dir; doğrultman vektörü \((1, -1, 0)\)’dır. Denetim: \[ \begin{aligned} n_1 \times n_2 &= \big(1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1,\; 1 \cdot 1 - 1 \cdot (-1),\; 1 \cdot 1 - 1 \cdot 1\big) \\ &= (-2, 2, 0) = -2\,(1, -1, 0). \end{aligned} \] Doğrultmanın üçüncü bileşeninin \(0\) olması, \(z\)’nin doğru boyunca sabit olmasının vektörel ifadesidir.
\(\blacksquare\)
13.3 İki Düzlem Arasındaki Açı
Kesişen iki düzlem birbirine ne kadar “yatık”tır? Paralellik ve diklikte olduğu gibi, bu soruyu da normaller üzerinden cevaplarız.
Tanım 13.4 (İki düzlem arasındaki açı) \(\mathfrak{D}_1\) ve \(\mathfrak{D}_2\), normal vektörleri sırasıyla \(n_1\) ve \(n_2\) olan iki düzlem olsun. \(n_1\) ile \(n_2\) arasındaki \(\theta = \measuredangle(n_1, n_2)\) açısına \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) düzlemleri arasındaki açı denir.
Yani iki düzlem arasındaki açıyı ölçmek için normallerini aynı noktadan çizip aralarındaki açıya bakarız. Arakesit doğrusuna dik bir düzlemle kesit aldığımızda iki düzlem iki doğru, normaller de bu doğrulara dik iki ok olarak görünür; bir doğruyu ve ona dik oku birlikte \(\theta\) kadar döndürürsek öteki doğruyu ve öteki oku elde ederiz. Bu yüzden normaller arasındaki açı, kesitteki iki doğru arasındaki açıya eşittir.
Önerme 13.5 (Açının kosinüsü; paralellik ve diklik) \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) arasındaki açı \(\theta = \measuredangle(n_1, n_2)\) olsun. Bu durumda \[ \cos\theta = \frac{\langle n_1, n_2\rangle}{\|n_1\|\,\|n_2\|} \] dir. Ayrıca
i) \(\theta = 0\) ya da \(\theta = \pi\) olması için gerek ve yeter koşul \(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\) olmasıdır;
ii) \(\theta = \tfrac{\pi}{2}\) olması için gerek ve yeter koşul \(\mathfrak{D}_1 \perp \mathfrak{D}_2\) olmasıdır.
İspat
\(n_1\) ve \(n_2\) sıfırdan farklı olduğundan kosinüs formülü, iki vektör arasındaki açının kosinüsü için bildiğimiz formüldür (Teorem 8.2).
i) \(\theta \in [0, \pi]\) olduğundan \(\theta = 0\) ya da \(\theta = \pi\) olması \(|\cos\theta| = 1\) olmasına, bu da \[ |\langle n_1, n_2\rangle| = \|n_1\|\,\|n_2\| \] olmasına denktir. Cauchy–Schwarz eşitsizliğinde eşitlik ancak ve ancak \(n_1\) ile \(n_2\) lineer bağımlıyken sağlanır (Teorem 8.1). Sıfırdan farklı iki vektör için lineer bağımlılık, birinin ötekinin skaler katı olması, yani \(n_1 \parallel n_2\) demektir. Bu da tanım gereği \(\mathfrak{D}_1 \parallel \mathfrak{D}_2\)’dir.
ii) \(\theta \in [0, \pi]\) aralığında \[ \theta = \tfrac{\pi}{2} \iff \cos\theta = 0 \iff \langle n_1, n_2\rangle = 0 \] dır; bu da tanım gereği \(\mathfrak{D}_1 \perp \mathfrak{D}_2\) demektir. \(\blacksquare\)
Bir düzlemin normalini ters çevirmek, yani \(n_2\) yerine \(-n_2\) almak düzlemi değiştirmez ama açıyı \(\pi - \theta\) yapar, çünkü kosinüsün işareti değişir. Kesişen iki düzlem gerçekten de dört açı oluşturur: iki tanesi \(\theta\), iki tanesi \(\pi - \theta\). Bu yüzden iki düzlem arasındaki açı çoğu zaman bu ikisinden dar olanıyla, yani \[ \cos\varphi = \frac{|\langle n_1, n_2\rangle|}{\|n_1\|\,\|n_2\|}, \qquad 0 \leq \varphi \leq \tfrac{\pi}{2} \] eşitliğiyle belirlenen \(\varphi\) açısıyla da verilir.
Örnek 13.9 (Açının hesaplanması) \(\mathfrak{D}_1: x + y + 2z = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 2x - y + z = 0\) düzlemleri arasındaki açıyı bulalım.
Çözüm
Bunlar arakesit doğrusunu bulduğumuz düzlemlerdir (Örnek 13.7). Normaller \(n_1 = (1, 1, 2)\) ve \(n_2 = (2, -1, 1)\)’dir. Önerme 13.5 gereği \[ \begin{aligned} \cos\theta &= \frac{1 \cdot 2 + 1 \cdot (-1) + 2 \cdot 1}{\sqrt{1 + 1 + 4}\,\sqrt{4 + 1 + 1}} \\ &= \frac{3}{\sqrt{6}\,\sqrt{6}} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \end{aligned} \] bulunur. \(\theta \in [0, \pi]\) ve \(\cos\theta = \tfrac{1}{2}\) olduğundan \(\theta = \tfrac{\pi}{3}\)’tür. O hâlde \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\) arasındaki açı \(\tfrac{\pi}{3}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.10 (Geniş açı ve dar açı) \(\mathfrak{D}_1: x + y - 2 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: z - y - 3 = 0\) düzlemleri arasındaki açıyı bulalım.
Çözüm
\(\mathfrak{D}_2\)’nin denklemini \(0 \cdot x - y + z - 3 = 0\) diye yazarsak normaller \(n_1 = (1, 1, 0)\) ve \(n_2 = (0, -1, 1)\) olur. Buna göre \[ \cos\theta = \frac{1 \cdot 0 + 1 \cdot (-1) + 0 \cdot 1}{\sqrt{1 + 1 + 0}\,\sqrt{0 + 1 + 1}} = \frac{-1}{2} \] ve \(\theta = \tfrac{2\pi}{3}\) bulunur. Bu, seçtiğimiz normaller arasındaki açıdır. \(n_2\) yerine \(-n_2 = (0, 1, -1)\) normalini seçseydik kosinüs \(\tfrac{1}{2}\) ve açı \(\tfrac{\pi}{3}\) çıkardı. Yani iki düzlem \(\tfrac{2\pi}{3}\) ve \(\tfrac{\pi}{3}\) açıları oluşturur; aralarındaki dar açı \(\varphi = \tfrac{\pi}{3}\)’tür. \(\blacksquare\)
Örnek 13.11 (Bir düzlemin XY-düzlemiyle yaptığı açı) \(\mathfrak{D}: x + 2y + 2z - 6 = 0\) düzleminin \(XY\)-düzlemiyle yaptığı açının kosinüsünü bulalım.
Çözüm
\(XY\)-düzleminin denklemi \(z = 0\)’dır ve bir normali \(e_3 = (0, 0, 1)\)’dir. \(\mathfrak{D}\)’nin normali \(n = (1, 2, 2)\) ve \(\|n\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3\)’tür. Buna göre \[ \cos\theta = \frac{\langle n, e_3\rangle}{\|n\|\,\|e_3\|} = \frac{1 \cdot 0 + 2 \cdot 0 + 2 \cdot 1}{3 \cdot 1} = \frac{2}{3} \] ve \(\theta = \arccos\tfrac{2}{3} \approx 48{,}19^\circ\) bulunur. \(\cos\theta > 0\) olduğundan bu açı zaten dardır. \(\blacksquare\)
13.4 Düzlemin Uzayda Resmedilmesi
Bir düzlemi kâğıda çizmek için sonsuz düzlemin tamamını değil, onu temsil eden bir parçasını çizeriz. En kullanışlı parça, düzlemin koordinat eksenlerini kestiği noktaların belirlediği üçgendir. Bu noktaları bulmak için denklemi uygun bir biçime getireceğiz. Önce orijinden geçen düzlemleri ayıralım.
Önerme 13.6 (Orijinden geçen düzlem) \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) düzleminin orijinden geçmesi için gerek ve yeter koşul \(D = 0\) olmasıdır.
İspat
\(O(0, 0, 0)\) noktasını denklemde yerine yazarsak \(A \cdot 0 + B \cdot 0 + C \cdot 0 + D = D\) bulunur. Demek ki \(O \in \mathfrak{D} \iff D = 0\)’dır. \(\blacksquare\)
Yani düzlem orijinden geçmiyorsa \(D \neq 0\) olmak zorundadır ve denklemi \(-D\)’ye bölebiliriz.
Önerme 13.7 (Düzlemin eksenleri kestiği noktalar) \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) düzleminde \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) katsayılarının hepsi sıfırdan farklı olsun ve \[ a = -\frac{D}{A}, \qquad b = -\frac{D}{B}, \qquad c = -\frac{D}{C} \] diyelim. Bu durumda \(\mathfrak{D}\)’nin denklemi \[ \mathfrak{D}: \frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 \] biçiminde yazılabilir ve \(\mathfrak{D}\); \(X\)-eksenini \((a, 0, 0)\), \(Y\)-eksenini \((0, b, 0)\), \(Z\)-eksenini de \((0, 0, c)\) noktasında keser.
İspat
\(D \neq 0\) olduğundan denklemin iki tarafını \(-D\)’ye bölebiliriz: \[ \Big(-\frac{A}{D}\Big)x + \Big(-\frac{B}{D}\Big)y + \Big(-\frac{C}{D}\Big)z = 1 . \] \(A, B, C \neq 0\) olduğundan \(a, b, c\) tanımlıdır ve sıfırdan farklıdır; ayrıca \(-\tfrac{A}{D} = \tfrac{1}{a}\), \(-\tfrac{B}{D} = \tfrac{1}{b}\), \(-\tfrac{C}{D} = \tfrac{1}{c}\)’dir. Bunları yerine yazınca istenen denklem çıkar.
\(X\)-ekseninin noktaları \(y = z = 0\) koşulunu sağlar. Bu değerleri denklemde yazarsak \(\tfrac{x}{a} = 1\), yani \(x = a\) bulunur; \(\mathfrak{D}\), \(X\)-eksenini yalnız \((a, 0, 0)\) noktasında keser. Aynı biçimde \(x = z = 0\) yazılınca \(y = b\), \(x = y = 0\) yazılınca \(z = c\) bulunur. \(\blacksquare\)
Tanım 13.5 (Eksen parçaları denklemi) Bir önceki önermede elde ettiğimiz (Önerme 13.7) \[ \frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 \] denklemine \(\mathfrak{D}\) düzleminin eksen parçaları denklemi, \(a\), \(b\), \(c\) sayılarına da düzlemin sırasıyla \(X\)-, \(Y\)- ve \(Z\)-ekseni üzerinde ayırdığı eksen parçaları denir.
Yani eksen parçaları, düzlemin eksenleri kestiği noktaların orijine işaretli uzaklıklarıdır: \(a > 0\) ise düzlem \(X\)-eksenini pozitif tarafta, \(a < 0\) ise negatif tarafta keser. Eksen parçaları denklemi, düzlemi çizmek için gereken üç noktayı hiç hesap yapmadan gösterir.
Üç kesim noktasını birleştiren doğru parçaları, düzlemin koordinat düzlemlerini kestiği doğrular üzerindedir. Bu doğrulara bir ad verelim.
Tanım 13.6 (Düzlemin izleri) Bir \(\mathfrak{D}\) düzleminin bir koordinat düzlemiyle arakesitine (bu arakesit bir doğruysa) \(\mathfrak{D}\)’nin o koordinat düzlemindeki izi denir. Örneğin \(\mathfrak{D}\)’nin \(XY\)-düzlemindeki izi, \(\mathfrak{D}\)’nin denkleminde \(z = 0\) yazılarak elde edilen doğrudur.
Yani iz, düzlemin bir koordinat düzlemine “bıraktığı çizgidir”. Eksen parçaları denklemiyle verilen bir düzlemin izleri \[ \begin{aligned} XY\text{-düzleminde: } & \tfrac{x}{a} + \tfrac{y}{b} = 1,\ z = 0, \\ XZ\text{-düzleminde: } & \tfrac{x}{a} + \tfrac{z}{c} = 1,\ y = 0, \\ YZ\text{-düzleminde: } & \tfrac{y}{b} + \tfrac{z}{c} = 1,\ x = 0 \end{aligned} \] doğrularıdır. Örneğin \(XY\)-düzlemindeki iz, \((a, 0, 0)\) ile \((0, b, 0)\) noktalarından geçer. Demek ki kesim noktalarının belirlediği üçgenin kenarları üç izin üzerindedir.
- Denklemde iki değişkeni sıfır yaparak düzlemin üç ekseni kestiği noktaları bulun (ya da denklemi eksen parçaları biçimine getirin).
- Bu noktaları eksenler üzerinde işaretleyin.
- Noktaları doğru parçalarıyla birleştirin. Oluşan üçgen düzlemin bir parçasıdır; kenarları düzlemin izleri üzerindedir.
Örnek 13.12 (Eksenleri pozitif tarafta kesen düzlem) \(\mathfrak{D}: 2x + 3y + 4z - 12 = 0\) düzlemini çizelim.
Çözüm
Dört katsayı da sıfırdan farklıdır. Denklemi \(12\)’ye bölelim: \(2x + 3y + 4z = 12\) olduğundan \[ \frac{2x}{12} + \frac{3y}{12} + \frac{4z}{12} = 1 \implies \frac{x}{6} + \frac{y}{4} + \frac{z}{3} = 1 \] bulunur. Eksen parçaları \(a = 6\), \(b = 4\), \(c = 3\)’tür; düzlem eksenleri \((6, 0, 0)\), \((0, 4, 0)\) ve \((0, 0, 3)\) noktalarında keser. Aynı sonucu doğrudan da bulabiliriz: \(y = z = 0\) yazınca \(2x = 12\), yani \(x = 6\) olur; ötekiler de benzerdir.
İzler şunlardır: \(XY\)-düzleminde \(2x + 3y = 12\), \(XZ\)-düzleminde \(2x + 4z = 12\) (yani \(x + 2z = 6\)), \(YZ\)-düzleminde \(3y + 4z = 12\). Kesim noktalarını birleştiren üçgen, düzlemin birinci bölgedeki parçasıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.13 (Eksen parçaları negatif olabilen düzlem) \(\mathfrak{D}: x - 2y + 3z + 6 = 0\) düzleminin eksen parçaları denklemini yazalım ve düzlemi çizelim.
Çözüm
Dört katsayı da sıfırdan farklıdır. Denklemi \(x - 2y + 3z = -6\) diye yazıp \(-6\)’ya bölelim: \[ \frac{x}{-6} + \frac{-2y}{-6} + \frac{3z}{-6} = 1 \implies \frac{x}{-6} + \frac{y}{3} + \frac{z}{-2} = 1 . \] Eksen parçaları \(a = -6\), \(b = 3\), \(c = -2\)’dir; düzlem \(X\)-eksenini \((-6, 0, 0)\), \(Y\)-eksenini \((0, 3, 0)\), \(Z\)-eksenini \((0, 0, -2)\) noktasında keser. Formülle denetleyelim: \(A = 1\), \(B = -2\), \(C = 3\), \(D = 6\) için \(a = -\tfrac{6}{1} = -6\), \(b = -\tfrac{6}{-2} = 3\), \(c = -\tfrac{6}{3} = -2\)’dir.
İzler: \(XY\)-düzleminde \(x - 2y = -6\), \(XZ\)-düzleminde \(x + 3z = -6\), \(YZ\)-düzleminde \(-2y + 3z = -6\). Üç noktayı birleştiren üçgen düzlemin bir parçasıdır; bu kez üçgen \(X\) ve \(Z\) eksenlerinin negatif taraflarına uzanır.
\(\blacksquare\)
Düzlem orijinden geçiyorsa (\(D = 0\)) üç kesim noktası da \(O\)’ya düşer ve üçgen yöntemi işe yaramaz. Bu durumda düzlemi izleriyle çizeriz.
Örnek 13.14 (Orijinden geçen bir düzlemin çizimi) \(\mathfrak{D}: x + y - z = 0\) düzlemini çizelim.
Çözüm
\(D = 0\) olduğundan düzlem orijinden geçer (Önerme 13.6) ve eksenleri yalnız \(O\)’da keser: örneğin \(y = z = 0\) yazınca \(x = 0\) bulunur. Bu yüzden izleri kullanalım:
- \(XY\)-düzleminde (\(z = 0\)): \(x + y = 0\), yani \(y = -x\) doğrusu;
- \(XZ\)-düzleminde (\(y = 0\)): \(x - z = 0\), yani \(z = x\) doğrusu;
- \(YZ\)-düzleminde (\(x = 0\)): \(y - z = 0\), yani \(z = y\) doğrusu.
Üç iz de \(O\)’dan geçer. Örneğin \(XZ\)-düzlemindeki izden \((1, 0, 1)\) ve \(YZ\)-düzlemindeki izden \((0, 1, 1)\) noktalarını alırsak, \(O\), \((1, 0, 1)\), \((1, 1, 2)\), \((0, 1, 1)\) köşeli paralelkenar düzlemin bir parçasıdır. Dördüncü köşenin düzlemde olduğunu denetleyelim: \(1 + 1 - 2 = 0\).
\(\blacksquare\)
13.5 Düzlem Denkleminin İrdelenmesi
Şimdi \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) denkleminde bazı katsayılar sıfır olduğunda düzlemin nasıl bir konumda durduğunu inceleyelim. Normal vektör \(n = (A, B, C) \neq (0, 0, 0)\) olduğundan \(A\), \(B\), \(C\)’nin üçü birden sıfır olamaz; en çok ikisi sıfırdır. Ayrıca Önerme 13.6 gereği \(D = 0\) olması düzlemin orijinden geçmesi demektir. İncelemeyi bu iki duruma göre ayıralım. \(A\), \(B\), \(C\)’nin hiçbiri sıfır değilse düzlem ya orijinden geçer (\(D = 0\)) ve eksenleri yalnız orada keser ya da (\(D \neq 0\)) eksenleri üç farklı noktada keser (Önerme 13.7); bu durumu bir önceki kısımda gördük.
Aşağıda “\(\mathfrak{D}\), \(X\)-eksenine paraleldir” sözünü şu anlamda kullanacağız: \(\mathfrak{D}\)’nin her noktasından geçen ve \(X\)-eksenine paralel olan doğru tümüyle \(\mathfrak{D}\)’nin içindedir. Bu, \(\mathfrak{D}\)’nin normalinin \(X\)-ekseninin doğrultusu \(e_1\)’e dik olmasıyla aynı şeydir.
Orijinden geçen düzlemler
Önerme 13.8 (Bir koordinat ekseninden geçen düzlem) \(D = 0\) olsun.
i) \(A = 0\), \(B \neq 0\), \(C \neq 0\) ise \(\mathfrak{D}: By + Cz = 0\) düzlemi \(X\)-eksenine paraleldir ve \(X\)-ekseninden geçer.
ii) \(A \neq 0\), \(B = 0\), \(C \neq 0\) ise \(\mathfrak{D}: Ax + Cz = 0\) düzlemi \(Y\)-eksenine paraleldir ve \(Y\)-ekseninden geçer.
iii) \(A \neq 0\), \(B \neq 0\), \(C = 0\) ise \(\mathfrak{D}: Ax + By = 0\) düzlemi \(Z\)-eksenine paraleldir ve \(Z\)-ekseninden geçer.
İspat
i) Normal vektör \(n = (0, B, C)\)’dir ve \(\langle n, e_1\rangle = 0 \cdot 1 + B \cdot 0 + C \cdot 0 = 0\) olduğundan \(n \perp e_1\)’dir. Bunun geometrik anlamı şudur: \((x_0, y_0, z_0) \in \mathfrak{D}\) ise her \(t\) için \((x_0 + t, y_0, z_0)\) noktası da \(\mathfrak{D}\)’dedir, çünkü denklemde \(x\) hiç geçmez ve \[ B y_0 + C z_0 = 0 \] eşitliği \(x\)’in değerinden bağımsızdır. Yani \(\mathfrak{D}\)’nin her noktasından geçen ve \(X\)-eksenine paralel olan doğru \(\mathfrak{D}\)’dedir; \(\mathfrak{D}\), \(X\)-eksenine paraleldir. Ayrıca \(D = 0\) olduğundan \(\mathfrak{D}\) orijinden geçer; orijinden geçen ve \(X\)-eksenine paralel olan doğru \(X\)-ekseninin kendisidir. Doğrudan da görülebilir: \(X\)-ekseninin her \((t, 0, 0)\) noktası için \(B \cdot 0 + C \cdot 0 = 0\)’dır. Demek ki \(X\)-ekseni tümüyle \(\mathfrak{D}\)’nin içindedir.
ii) i)’deki düşünce \(x\) yerine \(y\) ile tekrarlanır: \(n = (A, 0, C) \perp e_2\)’dir, denklemde \(y\) geçmez ve \(Y\)-ekseninin her \((0, t, 0)\) noktası \(A \cdot 0 + C \cdot 0 = 0\) eşitliğini sağlar.
iii) Aynı biçimde \(n = (A, B, 0) \perp e_3\)’tür, denklemde \(z\) geçmez ve \(Z\)-ekseninin her \((0, 0, t)\) noktası \(A \cdot 0 + B \cdot 0 = 0\) eşitliğini sağlar. \(\blacksquare\)
Örnek 13.15 (X-ekseninden geçen bir düzlem) \(\mathfrak{D}: y - 2z = 0\) düzleminin konumunu belirleyip düzlemi çizelim.
Çözüm
Burada \(A = 0\), \(B = 1\), \(C = -2\), \(D = 0\)’dır. Önerme 13.8 i) gereği \(\mathfrak{D}\), \(X\)-ekseninden geçer. Düzlemin \(YZ\)-düzlemindeki izi (\(x = 0\)) \(y = 2z\) doğrusudur; örneğin \((0, 2, 1)\) noktası bu izin üzerindedir. \(\mathfrak{D}\), bu izin \(X\)-ekseni doğrultusunda kaydırılmasıyla oluşur: \((0, 2, 1)\) düzlemde olduğuna göre her \(t\) için \((t, 2, 1)\) de düzlemdedir, çünkü \(2 - 2 \cdot 1 = 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Önerme 13.9 (Bir koordinat düzlemine eşit olan düzlem) \(D = 0\) olsun.
i) \(A = B = 0\), \(C \neq 0\) ise \(\mathfrak{D}\), \(XY\)-düzlemidir.
ii) \(A = 0\), \(B \neq 0\), \(C = 0\) ise \(\mathfrak{D}\), \(XZ\)-düzlemidir.
iii) \(A \neq 0\), \(B = C = 0\) ise \(\mathfrak{D}\), \(YZ\)-düzlemidir.
İspat
i) Normal vektör \(n = (0, 0, C)\), \(e_3\)’ün \(C\) katıdır; yani \(Z\)-eksenine paraleldir. Dolayısıyla \(\mathfrak{D}\), normali \(e_3\) olan \(XY\)-düzlemine paraleldir. Denklem \(Cz = 0\)’dır ve \(C \neq 0\) olduğundan \(z = 0\)’a denktir; bu da tam olarak \(XY\)-düzleminin denklemidir. Başka bir deyişle, \(\mathfrak{D}\) ile \(XY\)-düzlemi paraleldir ve \(O\) ortak noktadır; Önerme 13.3 gereği çakışıktırlar.
ii) Aynı düşünceyle \(n = (0, B, 0)\), \(Y\)-eksenine paraleldir, \(\mathfrak{D}\) ile \(XZ\)-düzlemi paraleldir ve \(By = 0 \iff y = 0\) olduğundan \(\mathfrak{D}\), \(XZ\)-düzlemidir.
iii) \(n = (A, 0, 0)\), \(X\)-eksenine paraleldir ve \(Ax = 0 \iff x = 0\) olduğundan \(\mathfrak{D}\), \(YZ\)-düzlemidir. \(\blacksquare\)
Örneğin \(5z = 0\) denklemi \(XY\)-düzlemini, \(-2y = 0\) denklemi \(XZ\)-düzlemini gösterir.
Orijinden geçmeyen düzlemler
\(D \neq 0\) olduğunda da aynı altı durum ortaya çıkar; bu kez düzlem orijinden geçmediği için ne eksenleri ne de koordinat düzlemlerini içerebilir.
Önerme 13.10 (Bir koordinat eksenine paralel düzlem) \(D \neq 0\) olsun.
i) \(A = 0\), \(B \neq 0\), \(C \neq 0\) ise \(\mathfrak{D}: By + Cz + D = 0\) düzlemi \(X\)-eksenine paraleldir ama \(X\)-ekseniyle ortak noktası yoktur.
ii) \(A \neq 0\), \(B = 0\), \(C \neq 0\) ise \(\mathfrak{D}: Ax + Cz + D = 0\) düzlemi \(Y\)-eksenine paraleldir ama \(Y\)-ekseniyle ortak noktası yoktur.
iii) \(A \neq 0\), \(B \neq 0\), \(C = 0\) ise \(\mathfrak{D}: Ax + By + D = 0\) düzlemi \(Z\)-eksenine paraleldir ama \(Z\)-ekseniyle ortak noktası yoktur.
İspat
i) Orijinden geçen düzlemlerdeki gibi (Önerme 13.8) \(n = (0, B, C) \perp e_1\)’dir ve denklemde \(x\) geçmediğinden \((x_0, y_0, z_0) \in \mathfrak{D}\) ise her \(t\) için \((x_0 + t, y_0, z_0) \in \mathfrak{D}\)’dir; yani \(\mathfrak{D}\), \(X\)-eksenine paraleldir. Öte yandan \(X\)-ekseninin bir \((t, 0, 0)\) noktasını denklemde yazarsak \[ B \cdot 0 + C \cdot 0 + D = D \neq 0 \] bulunur. Demek ki \(X\)-ekseninin hiçbir noktası \(\mathfrak{D}\)’de değildir: \(\mathfrak{D}\), \(X\)-eksenine paraleldir ama ondan geçmez.
ii) ve iii) aynı biçimde gösterilir: \(n \perp e_2\) (sırasıyla \(n \perp e_3\)) olur ve eksenin her noktası denklemin sol tarafını \(D \neq 0\) yapar. \(\blacksquare\)
Örnek 13.16 (Z-eksenine paralel bir düzlem) \(\mathfrak{D}: 3x + 2y - 6 = 0\) düzleminin konumunu belirleyip düzlemi çizelim.
Çözüm
Burada \(A = 3\), \(B = 2\), \(C = 0\), \(D = -6 \neq 0\)’dır. Önerme 13.10 iii) gereği \(\mathfrak{D}\), \(Z\)-eksenine paraleldir ve \(Z\)-eksenini kesmez. \(X\)-eksenini kestiği nokta için \(y = z = 0\) yazarsak \(3x = 6\), yani \((2, 0, 0)\); \(Y\)-eksenini kestiği nokta için \(x = z = 0\) yazarsak \(2y = 6\), yani \((0, 3, 0)\) bulunur. \(\mathfrak{D}\)’nin \(XY\)-düzlemindeki izi, bu iki noktadan geçen \(3x + 2y = 6\) doğrusudur. Düzlem, bu izin \(Z\)-ekseni doğrultusunda yukarı ve aşağı kaydırılmasıyla oluşan bir “duvar”dır.
\(\blacksquare\)
Önerme 13.11 (Bir koordinat düzlemine paralel düzlem) \(D \neq 0\) olsun.
i) \(A = B = 0\), \(C \neq 0\) ise \(\mathfrak{D}: z = -\tfrac{D}{C}\) düzlemi \(XY\)-düzlemine paraleldir ama onunla çakışık değildir.
ii) \(A = 0\), \(B \neq 0\), \(C = 0\) ise \(\mathfrak{D}: y = -\tfrac{D}{B}\) düzlemi \(XZ\)-düzlemine paraleldir ama onunla çakışık değildir.
iii) \(A \neq 0\), \(B = C = 0\) ise \(\mathfrak{D}: x = -\tfrac{D}{A}\) düzlemi \(YZ\)-düzlemine paraleldir ama onunla çakışık değildir.
İspat
i) Denklem \(Cz + D = 0\)’dır; \(C \neq 0\) olduğundan \(z = -\tfrac{D}{C}\)’ye denktir. Normal \(n = (0, 0, C)\), \(XY\)-düzleminin normali \(e_3\)’e paraleldir; yani \(\mathfrak{D}\), \(XY\)-düzlemine paraleldir. \(D \neq 0\) olduğundan \(-\tfrac{D}{C} \neq 0\)’dır ve \(\mathfrak{D}\) orijinden geçmez (Önerme 13.6). Orijin \(XY\)-düzleminde olduğundan iki düzlem çakışık olamaz; Önerme 13.3 gereği hiç ortak noktaları da yoktur.
ii) ve iii) aynı biçimde gösterilir: \(n = (0, B, 0) \parallel e_2\) ve \(y = -\tfrac{D}{B} \neq 0\); \(n = (A, 0, 0) \parallel e_1\) ve \(x = -\tfrac{D}{A} \neq 0\). \(\blacksquare\)
Örnek 13.17 (XZ-düzlemine paralel bir düzlem) \(\mathfrak{D}: 2y - 8 = 0\) düzleminin konumunu belirleyip düzlemi çizelim.
Çözüm
Burada \(A = C = 0\), \(B = 2\), \(D = -8 \neq 0\)’dır. Denklem \(y = 4\)’e denktir. Önerme 13.11 ii) gereği \(\mathfrak{D}\), \(XZ\)-düzlemine paraleldir ve onunla çakışık değildir. \(\mathfrak{D}\), \(Y\)-eksenini \((0, 4, 0)\) noktasında dik keser; \(XZ\)-düzleminin \(Y\)-ekseni boyunca \(4\) birim kaydırılmışıdır.
\(\blacksquare\)
Bu kısımdaki sonuçları bir tabloda toplayalım. Her satırda sıfır olan katsayılar belirtilmiştir; belirtilmeyen katsayılar sıfırdan farklıdır.
| Sıfır olan katsayılar | \(D = 0\) | \(D \neq 0\) |
|---|---|---|
| hiçbiri | eksenleri yalnız \(O\)’da keser | eksenleri \((a,0,0)\), \((0,b,0)\), \((0,0,c)\)’de keser |
| \(A\) | \(X\)-ekseninden geçer | \(X\)-eksenine paraleldir, onu kesmez |
| \(B\) | \(Y\)-ekseninden geçer | \(Y\)-eksenine paraleldir, onu kesmez |
| \(C\) | \(Z\)-ekseninden geçer | \(Z\)-eksenine paraleldir, onu kesmez |
| \(A\), \(B\) | \(XY\)-düzlemidir | \(XY\)-düzlemine paraleldir, çakışık değildir |
| \(A\), \(C\) | \(XZ\)-düzlemidir | \(XZ\)-düzlemine paraleldir, çakışık değildir |
| \(B\), \(C\) | \(YZ\)-düzlemidir | \(YZ\)-düzlemine paraleldir, çakışık değildir |
Kısaca: denklemde hangi değişken yoksa, düzlem o değişkenin ekseni doğrultusunda uzanır. \(D = 0\) ise düzlem o ekseni (ya da iki değişken yoksa o iki eksenin belirlediği koordinat düzlemini) içerir; \(D \neq 0\) ise yalnız ona paraleldir.
13.6 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalarda bu bölümün paralellik ve diklik koşullarını, önceki bölümde gördüğümüz “bir noktadan geçen ve normali verilen düzlem” kuruluşuyla birlikte kullanacağız (Uzayda Düzlem Denklemleri). Hatırlatalım: \(P_0\)’dan geçen ve normali \(n\) olan düzlem, \(P(x, y, z)\) onun rastgele bir noktası olmak üzere \(\langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle = 0\) denklemiyle verilir.
Alıştırma 13.1 (Bir doğru ile bir düzlemin durumu) \(d: x = -1,\ \dfrac{y + 2}{2} = \dfrac{z - 3}{4}\) doğrusu ile \(\mathfrak{D}: 6x - 2y + z - 1 = 0\) düzleminin birbirine göre durumunu inceleyin.
Çözüm
\(d\)’nin denkleminde \(x\) sabit (\(x = -1\)) olduğundan doğrultman vektörünün birinci bileşeni \(0\)’dır; kalan oranlardan doğrultman \(v = (0, 2, 4)\) ve doğru üzerindeki bir nokta \((-1, -2, 3)\) olarak okunur. Buna göre \(d\)’nin parametrik denklemleri \[ x = -1, \qquad y = -2 + 2t, \qquad z = 3 + 4t \qquad (t \in \mathbb{R}) \] dir. \(\mathfrak{D}\)’nin normali \(n = (6, -2, 1)\)’dir.
Önce doğrultman ile normalin iç çarpımına bakalım: \[ \langle n, v\rangle = 6 \cdot 0 + (-2) \cdot 2 + 1 \cdot 4 = 0 . \] Yani \(v \perp n\): doğrunun doğrultusu düzleme paraleldir.
Şimdi doğrunun rastgele bir noktasını düzlemin denkleminde yerine yazalım: \[ \begin{aligned} &6(-1) - 2(-2 + 2t) + (3 + 4t) - 1 \\ &\quad= -6 + 4 - 4t + 3 + 4t - 1 = 0 . \end{aligned} \] Sonuç \(t\)’den bağımsız olarak \(0\)’dır; yani \(d\)’nin her noktası \(\mathfrak{D}\)’nin denklemini sağlar. Özellikle \(t = 0\) için \((-1, -2, 3)\) noktası düzlemdedir: \(6(-1) - 2(-2) + 3 - 1 = 0\). Demek ki \(d\) doğrusu tümüyle \(\mathfrak{D}\) düzleminin içindedir. İç çarpımın sıfır çıkması tek başına yalnız “doğru düzleme paraleldir” derdi; doğrunun bir noktasının düzlemde olması, doğrunun düzlemin içinde yattığını gösterir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.2 (XY-düzleminin 3 birim altındaki düzlem) \(XY\)-düzlemine paralel olan ve onun \(3\) birim aşağısında bulunan düzlemin denklemini yazın.
Çözüm
\(XY\)-düzleminin normali \(e_3 = (0, 0, 1)\)’dir. Aranan düzlem ona paralel olduğundan normali \(e_3\)’e paraleldir, yani bir \(C \neq 0\) için \((0, 0, C)\) biçimindedir. Bu yüzden denklemi \(Cz + D = 0\), yani \(z = k\) biçimindedir (bkz. Önerme 13.11). \(XY\)-düzleminin noktalarında \(z = 0\)’dır; \(3\) birim aşağıdaki noktalarda ise \(z = -3\)’tür. Demek ki aranan düzlem \[ \mathfrak{D}: z = -3 \qquad\text{yani}\qquad z + 3 = 0 \] dır. Bu düzlem \(Z\)-eksenini \((0, 0, -3)\) noktasında keser. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.3 (YZ-düzlemine paralel, X-eksenini 4’te kesen düzlem) \(YZ\)-düzlemine paralel olan ve \(X\)-eksenini \(4\)’te kesen düzlemin denklemini yazın.
Çözüm
\(YZ\)-düzleminin normali \(e_1 = (1, 0, 0)\)’dır. Aranan düzlemin normali buna paralel olduğundan denklemi \(Ax + D = 0\) (\(A \neq 0\)), yani \(x = k\) biçimindedir (Önerme 13.11). Düzlem \(X\)-eksenini \((4, 0, 0)\) noktasında kestiğine göre bu nokta denklemi sağlar: \(k = 4\). Aranan düzlem \[ \mathfrak{D}: x = 4 \qquad\text{yani}\qquad x - 4 = 0 \] dır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.4 (Z-eksenine bir noktasında dik düzlem) \((0, 0, 6)\) noktasında \(Z\)-eksenine dik olan düzlemin denklemini yazın.
Çözüm
Düzlem \(Z\)-eksenine dik olduğundan \(Z\)-ekseninin doğrultusu \(e_3 = (0, 0, 1)\) düzlemin bir normalidir. \(P_0(0, 0, 6)\)’dan geçen ve normali \(e_3\) olan düzlem, \(P(x, y, z)\) rastgele noktası için \[ \langle \overrightarrow{P_0P}, e_3\rangle = \langle (x, y, z - 6), (0, 0, 1)\rangle = z - 6 = 0 \] denklemiyle verilir. Aranan düzlem \(\mathfrak{D}: z = 6\)’dır; \(XY\)-düzlemine paraleldir ve onun \(6\) birim yukarısındadır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.5 (Bir doğruya dik düzlem) \(P_0(3, -2, 4)\) noktasından geçen ve doğrultman vektörü \(v = (2, 2, -3)\) olan doğruya dik olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Aranan düzlem \(\mathfrak{D}\) olsun. \(\mathfrak{D}\) doğruya dik olduğundan doğrunun doğrultman vektörü \(\mathfrak{D}\)’nin normaline paraleldir; bu yüzden normal olarak doğrudan \(n = v = (2, 2, -3)\) alınabilir. \(P(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\)’nin rastgele bir noktası olsun; \(\overrightarrow{P_0P} = (x - 3, y + 2, z - 4)\)’tür. Buna göre \[ \begin{aligned} \langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle = 0 &\iff 2(x - 3) + 2(y + 2) - 3(z - 4) = 0 \\ &\iff 2x - 6 + 2y + 4 - 3z + 12 = 0 \end{aligned} \] ve böylece \[ \mathfrak{D}: 2x + 2y - 3z + 10 = 0 \] bulunur. Denetim: \(P_0\) için \(6 - 4 - 12 + 10 = 0\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.6 (Bir doğru parçasına dik düzlem) \(P_0(-1, 2, -3)\) noktasından geçen ve \(P(-3, 2, 4)\) noktasını \(Q(5, 4, 1)\) noktasına birleştiren doğru parçasına dik olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
\([PQ]\) doğru parçasının üzerinde bulunduğu doğru \[ \frac{x - (-3)}{5 - (-3)} = \frac{y - 2}{4 - 2} = \frac{z - 4}{1 - 4}, \quad\text{yani}\quad \frac{x + 3}{8} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z - 4}{-3} \] doğrusudur; doğrultman vektörü \(v = \overrightarrow{PQ} = (8, 2, -3)\)’tür. Aranan \(\mathfrak{D}\) düzlemi bu doğru parçasına dik olduğundan normal olarak \(n = v = (8, 2, -3)\) alınabilir. \(\mathfrak{D}\)’nin rastgele bir \(X(x, y, z)\) noktası için \(\overrightarrow{P_0X} = (x + 1, y - 2, z + 3)\) olup \[ \begin{aligned} \langle \overrightarrow{P_0X}, n\rangle = 0 &\iff 8(x + 1) + 2(y - 2) - 3(z + 3) = 0 \\ &\iff 8x + 8 + 2y - 4 - 3z - 9 = 0 \end{aligned} \] ve böylece \[ \mathfrak{D}: 8x + 2y - 3z - 5 = 0 \] bulunur. Denetim: \(P_0\) için \(-8 + 4 + 9 - 5 = 0\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.7 (Bir uçtan geçen ve doğru parçasına dik düzlem) \(P_0(2, -3, 4)\) noktasından geçen ve bu noktayı \(P_1(4, 4, -1)\) noktasına birleştiren doğru parçasına dik olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
\([P_0P_1]\) doğru parçasının doğrultusu \[ v = \overrightarrow{P_0P_1} = (4 - 2,\; 4 - (-3),\; -1 - 4) = (2, 7, -5) \] vektörüdür; doğru parçasının üzerinde bulunduğu doğru \(\dfrac{x - 2}{2} = \dfrac{y + 3}{7} = \dfrac{z - 4}{-5}\)’tir. Aranan düzlemin normali olarak \(n = v = (2, 7, -5)\) alınabilir. Rastgele bir \(P(x, y, z)\) noktası için \(\overrightarrow{P_0P} = (x - 2, y + 3, z - 4)\) olup \[ \begin{aligned} \langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle = 0 &\iff 2(x - 2) + 7(y + 3) - 5(z - 4) = 0 \\ &\iff 2x - 4 + 7y + 21 - 5z + 20 = 0 \end{aligned} \] ve böylece \[ \mathfrak{D}: 2x + 7y - 5z + 37 = 0 \] bulunur. Denetim: \(P_0\) için \(4 - 21 - 20 + 37 = 0\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.8 (Orta dikme düzlemi) \(Q(-2, 2, -3)\) noktasını \(R(6, 4, 5)\) noktasına birleştiren doğru parçasına, bu doğru parçasının orta noktasında dik olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Doğru parçasının doğrultusu \[ v = \overrightarrow{QR} = (6 - (-2),\; 4 - 2,\; 5 - (-3)) = (8, 2, 8) \] vektörüdür; doğru parçasının üzerinde bulunduğu doğru \(\dfrac{x + 2}{8} = \dfrac{y - 2}{2} = \dfrac{z + 3}{8}\)’dir. Orta nokta \[ P_0 = \Big(\frac{-2 + 6}{2},\; \frac{2 + 4}{2},\; \frac{-3 + 5}{2}\Big) = (2, 3, 1) \] dir. Aranan \(\mathfrak{D}\) düzlemi \(P_0\)’dan geçer ve normali olarak \(n = v = (8, 2, 8)\) alınabilir. Rastgele bir \(P(x, y, z)\) noktası için \(\overrightarrow{P_0P} = (x - 2, y - 3, z - 1)\) olup \[ \begin{aligned} \langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle = 0 &\iff 8(x - 2) + 2(y - 3) + 8(z - 1) = 0 \\ &\iff 8x + 2y + 8z - 30 = 0 \end{aligned} \] bulunur. Denklemi \(2\)’ye bölersek \[ \mathfrak{D}: 4x + y + 4z - 15 = 0 \] elde edilir. Denetim: \(P_0\) için \(8 + 3 + 4 - 15 = 0\). Bu düzlemin her noktası \(Q\) ile \(R\)’ye eşit uzaklıktadır: \(P_0\) orta nokta olduğundan her \(P\) için \(|PQ|^2 - |PR|^2 = 2\langle \overrightarrow{P_0P}, \overrightarrow{QR}\rangle\) olur, dolayısıyla \(P \in \mathfrak{D} \iff |PQ| = |PR|\)’dir. Bu yüzden ona \([QR]\)’nin orta dikme düzlemi denir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.9 (Verilen düzleme paralel ve bir noktadan geçen düzlem) \(P(-1, 2, 4)\) noktasından geçen ve \(2x - 3y - 5z + 6 = 0\) düzlemine paralel olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Verilen düzlemin normali \(n = (2, -3, -5)\)’tir. Aranan \(\mathfrak{D}\) düzlemi buna paralel olduğundan normalleri paraleldir (Tanım 13.1); normal olarak aynı \(n\)’yi seçebiliriz. O hâlde \(\mathfrak{D}\)’nin denklemi, \(D\) bilinmemek üzere \[ \mathfrak{D}: 2x - 3y - 5z + D = 0 \] biçimindedir. \(\mathfrak{D}\), \(P(-1, 2, 4)\) noktasından geçtiğinden \[ 2(-1) - 3 \cdot 2 - 5 \cdot 4 + D = 0 \implies -28 + D = 0 \implies D = 28 \] bulunur. Aranan düzlem \[ \mathfrak{D}: 2x - 3y - 5z + 28 = 0 \] dır. İki denklemde \(A\), \(B\), \(C\) katsayıları aynıdır (oran \(1\)), sabit terimlerin oranı ise \(\tfrac{28}{6} \neq 1\)’dir; bu yüzden bulduğumuz düzlem verilen düzlemle çakışık değildir (Önerme 13.2).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.10 (Verilen düzleme paralel ve orijinden geçen düzlem) Orijinden geçen ve \(3x + 7y - 6z + 3 = 0\) düzlemine paralel olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Verilen düzlemin normali \(n = (3, 7, -6)\)’dır. Aranan \(\mathfrak{D}\) düzlemi buna paralel olduğundan denklemi \[ \mathfrak{D}: 3x + 7y - 6z + D = 0 \] biçimindedir. \(\mathfrak{D}\), \(O(0, 0, 0)\)’dan geçtiğinden \(3 \cdot 0 + 7 \cdot 0 - 6 \cdot 0 + D = 0\), yani \(D = 0\)’dır (Önerme 13.6). Aranan düzlem \[ \mathfrak{D}: 3x + 7y - 6z = 0 \] dır. \(\blacksquare\)
Sıradaki alıştırmalarda bir noktanın bir düzleme uzaklığı kullanılıyor. Bir \(P_0\) noktasının bir düzleme uzaklığı, \(P_0\)’dan düzleme inilen dikmenin uzunluğudur: \(P_0\)’dan geçip düzlemin normali doğrultusunda uzanan doğru düzlemi bir \(H\) noktasında keser ve uzaklık \(|P_0H|\)’dir. Bu kavramı ve genel formülünü bir sonraki bölümde ayrıntılı olarak inceleyeceğiz (Doğru ile Düzlem ve Uzaklıklar); burada yalnız bu tanımı kullanacağız.
Normali \(n\) olan ve \(P_0\)’a uzaklığı \(l\) olan bir düzlem arıyorsak şöyle düşünürüz: dikme ayağı bir \(t\) sayısı için \(H = P_0 + t\,n\) biçimindedir ve \(|P_0H| = |t|\,\|n\| = l\) olmalıdır. Aranan düzlem \(H\)’den geçen ve normali \(n\) olan düzlemdir; denklemi \(\langle n, X\rangle - \langle n, H\rangle = 0\), yani sabit terimi \[ D = -\langle n, H\rangle = -\langle n, P_0\rangle - t\,\|n\|^2 \] olan düzlemdir. \(t\)’nin iki değeri (\(t = \pm\tfrac{l}{\|n\|}\)) \(P_0\)’ın iki yanındaki iki düzlemi verir.
Alıştırma 13.11 (Orijinden 2 birim uzaktaki paralel düzlemler) \(6x - 6y + 7z - 44 = 0\) düzlemine paralel olan ve orijinden \(2\) birim uzaklıkta bulunan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Verilen düzlemin normali \(n = (6, -6, 7)\)’dir ve \[ \|n\| = \sqrt{36 + 36 + 49} = \sqrt{121} = 11 \] dir. Aranan \(\mathfrak{D}\) düzlemi verilen düzleme paralel olduğundan denklemi \(6x - 6y + 7z + D = 0\) biçimindedir.
Orijinden \(\mathfrak{D}\)’ye inilen dikmenin ayağı \(H = O + t\,n = t\,(6, -6, 7)\) olsun. Uzaklık \(|OH| = |t| \cdot 11 = 2\) olmalıdır; buradan \(t = \pm\tfrac{2}{11}\) bulunur. \(\mathfrak{D}\), \(H\)’den geçtiğinden \[ D = -\langle n, H\rangle = -t\,\|n\|^2 = -t \cdot 121 = \mp 22 \] olur. Demek ki koşulu sağlayan iki düzlem vardır: \[ \mathfrak{D}: 6x - 6y + 7z + 22 = 0 \qquad\text{ve}\qquad \mathfrak{D}': 6x - 6y + 7z - 22 = 0 . \] İkisi orijinin iki yanındadır ve orijine eşit uzaklıktadır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.12 (Bir noktadan 4 birim uzaktaki paralel düzlemler) \(4x - 4y + 7z - 3 = 0\) düzlemine paralel olan ve \(P_0(4, 1, -2)\) noktasına uzaklığı \(4\) birim olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Verilen düzlemin normali \(n = (4, -4, 7)\)’dir ve \[ \|n\| = \sqrt{16 + 16 + 49} = \sqrt{81} = 9 \] dur. Aranan \(\mathfrak{D}\) düzleminin denklemi \(4x - 4y + 7z + D = 0\) biçimindedir.
\(P_0\)’dan \(\mathfrak{D}\)’ye inilen dikmenin ayağı \(H = P_0 + t\,n\) olsun. \(|P_0H| = |t| \cdot 9 = 4\) olmalıdır; yani \(t = \pm\tfrac{4}{9}\)’dur. Ayrıca \[ \langle n, P_0\rangle = 4 \cdot 4 - 4 \cdot 1 + 7 \cdot (-2) = 16 - 4 - 14 = -2 \] dir. \(\mathfrak{D}\), \(H\)’den geçtiğinden \[ D = -\langle n, P_0\rangle - t\,\|n\|^2 = 2 - t \cdot 81 = 2 \mp 36 \] bulunur. \(t = \tfrac{4}{9}\) için \(D = -34\), \(t = -\tfrac{4}{9}\) için \(D = 38\) olur. Koşulu sağlayan iki düzlem \[ \begin{aligned} \mathfrak{D}&: 4x - 4y + 7z - 34 = 0, \\ \mathfrak{D}'&: 4x - 4y + 7z + 38 = 0 \end{aligned} \] dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.13 (Bir noktadan 3 birim uzaktaki paralel düzlemler) \(2x - 3y - 5z + 1 = 0\) düzlemine paralel olan ve \(P_0(-1, 3, 1)\) noktasına uzaklığı \(3\) birim olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Verilen düzlemin normali \(n = (2, -3, -5)\)’tir ve \[ \|n\| = \sqrt{4 + 9 + 25} = \sqrt{38} \] dir. Aranan \(\mathfrak{D}\) düzleminin denklemi \(2x - 3y - 5z + D = 0\) biçimindedir.
Dikme ayağı \(H = P_0 + t\,n\) olsun. \(|P_0H| = |t|\sqrt{38} = 3\) olmalıdır; yani \(t = \pm\tfrac{3}{\sqrt{38}}\)’dir. Ayrıca \[ \langle n, P_0\rangle = 2 \cdot (-1) - 3 \cdot 3 - 5 \cdot 1 = -2 - 9 - 5 = -16 \] dır. Buna göre \[ D = -\langle n, P_0\rangle - t\,\|n\|^2 = 16 - t \cdot 38 = 16 \mp \frac{3}{\sqrt{38}} \cdot 38 = 16 \mp 3\sqrt{38} \] bulunur. Koşulu sağlayan iki düzlem \[ \begin{aligned} \mathfrak{D}&: 2x - 3y - 5z + 16 - 3\sqrt{38} = 0, \\ \mathfrak{D}'&: 2x - 3y - 5z + 16 + 3\sqrt{38} = 0 \end{aligned} \] dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.14 (İki düzleme birden dik ve bir noktadan geçen düzlem) \(P_0(1, 1, 2)\) noktasından geçen ve \(\mathfrak{D}_1: 2x - 2y - 4z - 6 = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 3x + y + 6z - 4 = 0\) düzlemlerinin ikisine birden dik olan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Aranan düzlem \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) ve normali \(n = (A, B, C)\) olsun. \(\mathfrak{D}_1\)’in normali \(n_1 = (2, -2, -4)\), \(\mathfrak{D}_2\)’nin normali \(n_2 = (3, 1, 6)\)’dır. İki düzlem dikse normalleri diktir (Tanım 13.3); buna göre \[ \begin{aligned} \langle n, n_1\rangle = 0 &\implies 2A - 2B - 4C = 0, \\ \langle n, n_2\rangle = 0 &\implies 3A + B + 6C = 0 \end{aligned} \] olmalıdır. İkinci denklemi \(2\) ile çarpıp birinciyle toplarsak \(B\)’ler yok olur: \[ (2A - 2B - 4C) + (6A + 2B + 12C) = 8A + 8C = 0 \implies C = -A . \] İkinci denklemden \(B = -3A - 6C\) ve \(C = -A\) olduğundan \(B = -3A + 6A = 3A\) bulunur. İki denklem, üç bilinmeyeni ancak bir çarpana kadar belirler; bu beklenen bir durumdur, çünkü bir düzlemin normali de ancak bir çarpana kadar bellidir. \(A = 1\) seçelim: \(n = (1, 3, -1)\). Demek ki \(\mathfrak{D}: x + 3y - z + D = 0\)’dır. \(\mathfrak{D}\), \(P_0(1, 1, 2)\)’den geçtiğinden \[ 1 + 3 \cdot 1 - 2 + D = 0 \implies D = -2 \] ve aranan düzlem \[ \mathfrak{D}: x + 3y - z - 2 = 0 \] dir.
Aynı normali vektörel çarpımla da bulabiliriz: iki vektöre birden dik vektör onların vektörel çarpımına paraleldir ve \[ \begin{aligned} n_1 \times n_2 &= \big((-2) \cdot 6 - (-4) \cdot 1,\; (-4) \cdot 3 - 2 \cdot 6,\; 2 \cdot 1 - (-2) \cdot 3\big) \\ &= (-8, -24, 8) = -8\,(1, 3, -1) \end{aligned} \] olur. Ayrıca \(\mathfrak{D}\)’nin normali hem \(n_1\)’e hem \(n_2\)’ye dik olduğundan, \(\mathfrak{D}_1\) ile \(\mathfrak{D}_2\)’nin arakesit doğrusuna paraleldir (Teorem 13.1): \(\mathfrak{D}\), bu arakesit doğrusuna dik bir düzlemdir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 13.15 (İki düzleme dik ve orijinden 1 birim uzaktaki düzlem) \(\mathfrak{D}_1: x - 4y + z = 0\) ile \(\mathfrak{D}_2: 3x + 4y + z - 2 = 0\) düzlemlerinin ikisine birden dik olan ve orijinden \(1\) birim uzaklıkta bulunan düzlemin denklemini bulun.
Çözüm
Aranan düzlem \(\mathfrak{D}: Ax + By + Cz + D = 0\) ve normali \(n = (A, B, C)\) olsun. Normaller \(n_1 = (1, -4, 1)\) ve \(n_2 = (3, 4, 1)\)’dir. Diklik koşullarından \[ \begin{aligned} \langle n, n_1\rangle = 0 &\implies A - 4B + C = 0, \\ \langle n, n_2\rangle = 0 &\implies 3A + 4B + C = 0 \end{aligned} \] bulunur. İkinciden birinciyi çıkarırsak \(2A + 8B = 0\), yani \(A = -4B\) olur; birinci denklemden \(C = 4B - A = 4B + 4B = 8B\) çıkar. \(B = -1\) seçersek \(A = 4\), \(C = -8\) olur ve \[ \mathfrak{D}: 4x - y - 8z + D = 0 \] yazılabilir. Denetim: \[ \begin{aligned} n_1 \times n_2 &= \big((-4) \cdot 1 - 1 \cdot 4,\; 1 \cdot 3 - 1 \cdot 1,\; 1 \cdot 4 - (-4) \cdot 3\big) \\ &= (-8, 2, 16) = -2\,(4, -1, -8). \end{aligned} \]
Şimdi uzaklık koşulunu kullanalım. \(\|n\| = \sqrt{16 + 1 + 64} = \sqrt{81} = 9\)’dur. Orijinden \(\mathfrak{D}\)’ye inilen dikmenin ayağı \(H = t\,n\) olsun; \(|OH| = 9|t| = 1\) olmalıdır, yani \(t = \pm\tfrac{1}{9}\)’dur. \(\mathfrak{D}\), \(H\)’den geçtiğinden \[ D = -\langle n, H\rangle = -t\,\|n\|^2 = -t \cdot 81 = \mp 9 \] bulunur. Koşulu sağlayan iki düzlem \[ \begin{aligned} \mathfrak{D}&: 4x - y - 8z - 9 = 0, \\ \mathfrak{D}'&: 4x - y - 8z + 9 = 0 \end{aligned} \] dır; orijinin iki yanında, ona \(1\) birim uzaklıkta dururlar. \(\blacksquare\)
Bu bölümde iki düzlemin birbirine göre durumlarını tamamen normal vektörler üzerinden okuduk: paralellik orantıyla, diklik iç çarpımla, arakesit doğrultusu vektörel çarpımla, açı da kosinüs formülüyle belirlendi. Ardından bir düzlemi eksen parçaları ve izleriyle çizmeyi ve denklemdeki sıfır katsayıların düzlemin konumu hakkında ne söylediğini gördük. Bir sonraki bölümde bir doğru ile bir düzlemin birbirine göre durumlarını ve uzaklıkları inceleyeceğiz: Doğru ile Düzlem ve Uzaklıklar.