21  Koniklerin Sınıflandırılması

Önceki üç bölümde elipsi, hiperbolü ve parabolü (Elips, Hiperbol, Parabol) geometrik tanımlarından yola çıkarak inceledik ve her birine eksenleri “düz oturan” bir standart denklem bulduk. Bu bölümde soruyu tersinden soruyoruz: elimizde \(x\) ve \(y\)’ye göre ikinci dereceden rastgele bir denklem olsun. Bu denklem hangi eğriyi anlatır?

Cevap için gereken iki hareketi biliyoruz: eksenleri ötelemek (Öteleme) ve döndürmek (Döndürme ve Paralel Eksenler). Dönme \(xy\)’li terimi, öteleme birinci dereceden terimleri yok eder; geriye standart denklemlerden biri kalır. Ama bunu her seferinde uzun hesaplarla yapmak zorunda değiliz. Katsayılardan hesaplanan ve eksenler döndürülünce değişmeyen iki sayı, karakteristik ve diskriminant, eğrinin cinsini hesap yapmadan söyler. Bölümün sonunda bütün durumları tek bir tabloda toplayacağız.

21.1 İkinci dereceden genel denklem

Bir koniğin standart denklemi, eksenler iyi seçildiğinde çok sadedir. Eksenler eğik ya da kaymış olunca aynı eğrinin denklemine \(xy\)’li terim ve birinci dereceden terimler karışır. Bütün bu denklemleri tek bir kalıpta toplayalım.

Tanım 21.1 (İkinci dereceden denklem) Düzlemde bir dik koordinat sisteminde \(a_{11}\), \(a_{12}\) ve \(a_{22}\)’nin en az biri \(0\)’dan farklı olmak üzere \[ F(x, y) = a_{11}x^2 + 2a_{12}xy + a_{22}y^2 + 2a_{13}x + 2a_{23}y + a_{33} = 0 \tag{1} \] biçimindeki denklemlere ikinci dereceden denklem ya da kuadratik denklem denir. \(2a_{12}xy\) terimine karma terim denir.

Yani ikinci dereceden bir denklemde en az bir ikinci derece terim (\(x^2\), \(xy\) ya da \(y^2\)) bulunur; birinci dereceden terimler ve sabit terim olabilir de olmayabilir de. Karma terimin ve birinci dereceden terimlerin katsayılarını \(2\) ile çarpılmış yazmamız bir alışkanlıktır: ileride katsayıları simetrik bir tabloya dizdiğimizde (\(a_{12}\) hem birinci satırda hem ikinci sütunda) formüller bu sayede sade çıkacak. Bir denklemden katsayıları okurken bu \(2\)’yi unutmamak gerekir: örneğin \(x^2 - 2xy + 12x + 2 = 0\) denkleminde \(a_{12} = -1\) ve \(a_{13} = 6\)’dır.

Konikler kısmında gördüğümüz standart denklemlerin hepsi bu sınıftandır. Aşağıdaki tabloda her birinin sıfırdan farklı katsayıları var (\(a, b, r > 0\) ve \(p \neq 0\)):

Eğri	Denklem	Sıfırdan farklı katsayılar
Çember	\(x^2 + y^2 = r^2\)	\(a_{11} = a_{22} = 1\), \(a_{33} = -r^2\)
Elips	\(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\)	\(a_{11} = \dfrac{1}{a^2}\), \(a_{22} = \dfrac{1}{b^2}\), \(a_{33} = -1\)
Hiperbol	\(\dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1\)	\(a_{11} = \dfrac{1}{a^2}\), \(a_{22} = -\dfrac{1}{b^2}\), \(a_{33} = -1\)
Parabol	\(y^2 = 2px\)	\(a_{22} = 1\), \(a_{13} = -p\)

Çemberin genel denklemi (Tanım 4.3) de \(a_{11} = a_{22}\) ve \(a_{12} = 0\) olan özel bir ikinci dereceden denklemdir. Bu bölümün amacı, (1) biçimindeki bir denklemin bu eğrilerden hangisini, ya da hangi “bozulmuş” durumunu belirttiğini katsayılardan okumaktır.

21.2 Karma terim yoksa öteleme yeter

Önce kolay durumu ele alalım: denklemde karma terim olmasın, yani \(a_{12} = 0\) olsun. Bu durumda tam kareye tamamlamak (Öteleme) birinci dereceden terimleri yok eder.

Önerme 21.1 (Karma terimsiz denklemin ötelenmesi) (1)’de \(a_{12} = 0\) ve \(a_{11}a_{22} \neq 0\) olsun. Eksenler \[ x' = x + \frac{a_{13}}{a_{11}}, \qquad y' = y + \frac{a_{23}}{a_{22}} \] ötelemesiyle \(O'\left(-\dfrac{a_{13}}{a_{11}}, -\dfrac{a_{23}}{a_{22}}\right)\) noktasına taşınırsa denklem \[ a_{11}x'^2 + a_{22}y'^2 + a_{33} - \frac{a_{13}^2}{a_{11}} - \frac{a_{23}^2}{a_{22}} = 0 \] biçimini alır; birinci dereceden terimler kaybolur.

İspat

\(a_{12} = 0\) olduğundan denklem \[ a_{11}x^2 + a_{22}y^2 + 2a_{13}x + 2a_{23}y + a_{33} = 0 \] dır. \(x\)’li terimleri \(a_{11}\) parantezine, \(y\)’li terimleri \(a_{22}\) parantezine alalım (\(a_{11}, a_{22} \neq 0\) olduğundan bölmeler geçerlidir): \[ a_{11}\left(x^2 + \frac{2a_{13}}{a_{11}}\,x\right) + a_{22}\left(y^2 + \frac{2a_{23}}{a_{22}}\,y\right) + a_{33} = 0. \] Her parantezi tam kareye tamamlayalım: \(x^2 + 2kx = (x + k)^2 - k^2\) özdeşliğinden \[ \begin{aligned} &a_{11}\left[\left(x + \frac{a_{13}}{a_{11}}\right)^2 - \frac{a_{13}^2}{a_{11}^2}\right]\\[1mm] &\quad+ a_{22}\left[\left(y + \frac{a_{23}}{a_{22}}\right)^2 - \frac{a_{23}^2}{a_{22}^2}\right] + a_{33} = 0 \end{aligned} \] ve köşeli parantezleri dağıtınca \[ a_{11}\left(x + \frac{a_{13}}{a_{11}}\right)^2 + a_{22}\left(y + \frac{a_{23}}{a_{22}}\right)^2 + a_{33} - \frac{a_{13}^2}{a_{11}} - \frac{a_{23}^2}{a_{22}} = 0 \] bulunur. Parantez içlerine \(x'\) ve \(y'\) dersek istenen denklem çıkar. \(x' = x - \left(-\dfrac{a_{13}}{a_{11}}\right)\) ve \(y' = y - \left(-\dfrac{a_{23}}{a_{22}}\right)\) olduğundan bu, eksenlerin söylenen \(O'\) noktasına ötelenmesidir. \(\blacksquare\)

Yani karma terim yoksa ve iki kare terim de varsa, eğrinin “merkezi” tam kareye tamamlamayla hemen bulunur ve eksenler oraya taşınınca denklem \(a_{11}x'^2 + a_{22}y'^2 = c\) biçimini alır. \(a_{11}\) ile \(a_{22}\)’den biri sıfırsa, örneğin \(a_{11} = 0\) ise, \(x\) en fazla birinci dereceden geçer; bu durumda yalnız \(y\)’li terimler tamamlanabilir. \(a_{13} \neq 0\) ise bir parabol denklemi elde edilir (Parabol); \(a_{13} = 0\) durumunu bölümün ilerisinde ele alacağız.

Örnek 21.1 (Ötelemeyle standart biçime gelen bir elips) \(4x^2 + 9y^2 - 16x + 54y + 61 = 0\) denkleminin belirttiği eğriyi eksenleri öteleyerek standart biçime getiriniz.

Çözüm

Karma terim yoktur: \(a_{11} = 4\), \(a_{22} = 9\), \(a_{13} = -8\), \(a_{23} = 27\), \(a_{33} = 61\). Tam kareye tamamlayalım: \[ \begin{aligned} 4(x^2 - 4x) + 9(y^2 + 6y) + 61 &= 0\\[1mm] 4\big[(x - 2)^2 - 4\big] + 9\big[(y + 3)^2 - 9\big] + 61 &= 0\\[1mm] 4(x - 2)^2 + 9(y + 3)^2 - 16 - 81 + 61 &= 0\\[1mm] 4(x - 2)^2 + 9(y + 3)^2 &= 36. \end{aligned} \] Önermedeki formülle de aynı sabit çıkar: \[ a_{33} - \frac{a_{13}^2}{a_{11}} - \frac{a_{23}^2}{a_{22}} = 61 - 16 - 81 = -36. \]

\(x' = x - 2\), \(y' = y + 3\) ötelemesi eksenleri \(O'(2, -3)\) noktasına taşır ve denklem \(4x'^2 + 9y'^2 = 36\), yani \[ \frac{x'^2}{9} + \frac{y'^2}{4} = 1 \] olur. Bu, yeni sistemde büyük yarı ekseni \(3\) (\(X'\) boyunca), küçük yarı ekseni \(2\) (\(Y'\) boyunca) olan bir elipstir (Elips). Eski sistemde merkezi \((2, -3)\), köşeleri \((-1, -3)\), \((5, -3)\), \((2, -5)\) ve \((2, -1)\)’dir.

Eksenler O'(2, −3)'e ötelenince birinci dereceden terimler kaybolur ve elipsin standart denklemi ortaya çıkar.

\(\blacksquare\)

Karma terim varsa öteleme işe yaramaz. Bunun nedeni, ötelemenin ikinci dereceden terimlere hiç dokunmamasıdır.

Önerme 21.2 (Öteleme ikinci derece katsayıları değiştirmez)  

1. denkleminde eksenler herhangi bir \(O'(x_0, y_0)\) noktasına ötelenirse, yani \(x = x' + x_0\) ve \(y = y' + y_0\) yazılırsa, yeni denklemin \(x'^2\), \(x'y'\) ve \(y'^2\) katsayıları yine \(a_{11}\), \(2a_{12}\) ve \(a_{22}\)’dir.

İspat

İkinci derece terimleri açalım: \[ \begin{aligned} a_{11}(x' + x_0)^2 &= a_{11}x'^2 + 2a_{11}x_0x' + a_{11}x_0^2,\\[1mm] 2a_{12}(x' + x_0)(y' + y_0) &= 2a_{12}x'y' + 2a_{12}y_0x' + 2a_{12}x_0y' + 2a_{12}x_0y_0,\\[1mm] a_{22}(y' + y_0)^2 &= a_{22}y'^2 + 2a_{22}y_0y' + a_{22}y_0^2. \end{aligned} \] Birinci dereceden terimler \(2a_{13}(x' + x_0) + 2a_{23}(y' + y_0)\) ve sabit terim yalnız birinci dereceden terimlere ve sabite katkı verir. Öyleyse \(x'^2\), \(x'y'\) ve \(y'^2\) yalnız yukarıdaki satırlarda ve sırasıyla \(a_{11}\), \(2a_{12}\), \(a_{22}\) katsayılarıyla geçer. \(\blacksquare\)

Yani \(a_{12} \neq 0\) ise hangi öteleme yapılırsa yapılsın karma terim kalır. Örneğin \(xy = 1\) eğrisinin denklemi hiçbir ötelemeyle standart bir konik denklemine dönüşmez; onu sadeleştirmek için eksenleri döndürmek gerekir. Döndürme ve Paralel Eksenler bölümünde eksenleri \(\dfrac{\pi}{4}\) döndürünce bu denklemin \(x'^2 - y'^2 = 2\) biçimini aldığını görmüştük.

21.3 Karma terimi dönmeyle yok etmek

\(XY\), başlangıç noktası \(O = O(0, 0)\) olan bir dik koordinat sistemi olsun ve eksenleri pozitif yönde \(\theta\) radyan döndürerek \(X'Y'\) sistemini elde edelim. Eski koordinatlar yeni koordinatlar cinsinden \[ x = x'\cos\theta - y'\sin\theta, \qquad y = x'\sin\theta + y'\cos\theta \] ile verilir (Döndürme ve Paralel Eksenler). Bunları (1)’de yerine yazıp katsayıları genel olarak hesaplayalım.

Teorem 21.1 (Dönmede yeni katsayılar)  

1. denkleminde eksenler \(\theta\) radyan döndürülürse denklem \[ a_{11}'x'^2 + 2a_{12}'x'y' + a_{22}'y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \tag{2} \] biçimini alır; burada \(c = \cos\theta\) ve \(s = \sin\theta\) olmak üzere \[ \left.\begin{aligned} a_{11}' &= a_{11}c^2 + 2a_{12}cs + a_{22}s^2,\\[1mm] a_{12}' &= (a_{22} - a_{11})\,cs + a_{12}(c^2 - s^2),\\[1mm] a_{22}' &= a_{11}s^2 - 2a_{12}cs + a_{22}c^2,\\[1mm] a_{13}' &= a_{13}c + a_{23}s,\\[1mm] a_{23}' &= -a_{13}s + a_{23}c,\\[1mm] a_{33}' &= a_{33} \end{aligned}\right\} \tag{3} \] dir.

İspat

\(x = x'c - y's\) ve \(y = x's + y'c\)’yi yerine yazalım. İkinci derece terimler: \[ \begin{aligned} x^2 &= c^2x'^2 - 2cs\,x'y' + s^2y'^2,\\[1mm] xy &= cs\,x'^2 + (c^2 - s^2)\,x'y' - cs\,y'^2,\\[1mm] y^2 &= s^2x'^2 + 2cs\,x'y' + c^2y'^2. \end{aligned} \] Bunları sırasıyla \(a_{11}\), \(2a_{12}\), \(a_{22}\) ile çarpıp toplayalım.

• \(x'^2\)’nin katsayısı \(a_{11}c^2 + 2a_{12}cs + a_{22}s^2 = a_{11}'\)’dir.
• \(x'y'\)’nin katsayısı \(2(a_{22} - a_{11})cs + 2a_{12}(c^2 - s^2)\)’dir; bu \(2a_{12}'\)’dür.
• \(y'^2\)’nin katsayısı \(a_{11}s^2 - 2a_{12}cs + a_{22}c^2 = a_{22}'\)’dir.

Birinci dereceden terimler: \[ 2a_{13}x + 2a_{23}y = 2(a_{13}c + a_{23}s)\,x' + 2(-a_{13}s + a_{23}c)\,y' = 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y'. \] Sabit terim değişmez: \(a_{33}' = a_{33}\). Böylece denklem (2) biçimini alır. \(\blacksquare\)

Yani dönme ikinci derece katsayıları kendi aralarında, birinci derece katsayıları da kendi aralarında karıştırır; sabit terime dokunmaz. Birinci derece katsayılar \((a_{13}, a_{23})\) ikilisi, bir noktanın koordinatları gibi dönüşür. Şimdi karma terimi yok eden açıyı bulalım.

Teorem 21.2 (Karma terimi yok eden dönme açısı) (1)’de \(a_{12} \neq 0\) olsun. Eksenler \(\theta\) radyan döndürüldüğünde karma terimin kaybolması, yani \(a_{12}' = 0\) olması için gerek ve yeter koşul \[ (a_{22} - a_{11})\sin 2\theta + 2a_{12}\cos 2\theta = 0 \tag{4} \] olmasıdır. Bu koşulu sağlayan ve \(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\) aralığında olan bir tek \(\theta\) vardır:

i) \(a_{11} = a_{22}\) ise \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) ve dönme \(x = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(x' - y')\), \(y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(x' + y')\) olur;

ii) \(a_{11} \neq a_{22}\) ise \(\theta\), \(0 < 2\theta < \pi\) olmak üzere \[ \tan 2\theta = \frac{2a_{12}}{a_{11} - a_{22}} \] eşitliğiyle belirlenir.

İspat

\(2cs = \sin 2\theta\) ve \(c^2 - s^2 = \cos 2\theta\) olduğundan (3)’teki ifade \[ a_{12}' = \frac{1}{2}\big[(a_{22} - a_{11})\sin 2\theta + 2a_{12}\cos 2\theta\big] \] biçiminde yazılır. Buradan \(a_{12}' = 0\) ile (4) denktir.

\(a_{11} = a_{22}\) ise. (4), \(2a_{12}\cos 2\theta = 0\)’a indirgenir; \(a_{12} \neq 0\) olduğundan \(\cos 2\theta = 0\), yani \[ 2\theta = \frac{\pi}{2} + k\pi \quad\Longrightarrow\quad \theta = \frac{\pi}{4} + k\frac{\pi}{2} \qquad (k \in \mathbb{Z}) \] olmalıdır. Bunların \(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığındaki tek değeri \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\)’tür. Bu açıda \(\cos\theta = \sin\theta = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\) olduğundan dönme formülleri söylenen biçimi alır.

\(a_{11} \neq a_{22}\) ise. \(\cos 2\theta = 0\) olsaydı \(\sin 2\theta = \pm 1\) olur ve (4), \(a_{22} - a_{11} = 0\) verirdi; bu varsayıma aykırıdır. Öyleyse \(\cos 2\theta \neq 0\)’dır ve (4)’ü \(\cos 2\theta\)’ya bölüp düzenleyince \[ (a_{11} - a_{22})\tan 2\theta = 2a_{12}, \quad\text{yani}\quad \tan 2\theta = \frac{2a_{12}}{a_{11} - a_{22}} \] bulunur. Tanjant fonksiyonu \(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) \cup \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right)\) üzerinde her sıfırdan farklı değeri tam bir kez alır; sağ taraf \(a_{12} \neq 0\) olduğundan sıfırdan farklıdır. Böylece \(0 < 2\theta < \pi\) olan bir tek \(2\theta\), dolayısıyla \(0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}\) olan bir tek \(\theta\) vardır. \(\blacksquare\)

Yani karma terimi yok etmek için \(\tan 2\theta\)’yı hesaplayıp dar bir açı seçmek yeter; \(a_{11} = a_{22}\) ise açı her zaman \(\dfrac{\pi}{4}\)’tür. Açının kendisini bilmek de gerekmez: (3)’te yalnız \(\cos\theta\) ve \(\sin\theta\) geçer, onlar da \(\tan 2\theta\)’dan hesaplanır.

İpucuGenel denklemde karma terimi dört adımda yok etmek

1. Katsayıları okuyun; karma terimin ve birinci dereceden terimlerin katsayılarını \(2\)’ye bölmeyi unutmayın.
2. \(a_{11} = a_{22}\) ise \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) alın. Değilse \(\tan 2\theta = \dfrac{2a_{12}}{a_{11} - a_{22}}\)’yi hesaplayın ve \(1 + \tan^2 2\theta = \dfrac{1}{\cos^2 2\theta}\)’dan \(\cos 2\theta\)’yı bulun; \(0 < 2\theta < \pi\) olduğundan \(\cos 2\theta\)’nın işareti \(\tan 2\theta\)’nınkiyle aynıdır.
3. \(\cos\theta = \sqrt{\dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}}\) ve \(\sin\theta = \sqrt{\dfrac{1 - \cos 2\theta}{2}}\) (\(\theta\) dar açı olduğundan ikisi de pozitiftir).
4. Yeni katsayıları (3) ile hesaplayın ya da dönme formüllerini doğrudan denkleme yazın.

Örnek 21.2 (Dönmeyle sadeleşen bir denklem) \(x^2 + y^2 - 2xy + 12x + 2 = 0\) denklemiyle verilen koniği standart biçime getiriniz.

Çözüm

Katsayılar. \(a_{11} = 1\), \(2a_{12} = -2\) olduğundan \(a_{12} = -1\), \(a_{22} = 1\), \(a_{13} = 6\), \(a_{23} = 0\), \(a_{33} = 2\)’dir. \(a_{12} \neq 0\) olduğundan eksenleri döndürmemiz gerekir.

Dönme. \(a_{11} = a_{22} = 1\) olduğundan Teorem 21.2 gereği \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) alırız: \[ x = \frac{1}{\sqrt{2}}(x' - y'), \qquad y = \frac{1}{\sqrt{2}}(x' + y'). \] İkinci derece kısım \(x^2 - 2xy + y^2 = (x - y)^2\)’dir ve \[ x - y = \frac{1}{\sqrt{2}}(x' - y' - x' - y') = -\sqrt{2}\,y' \] olduğundan \((x - y)^2 = 2y'^2\) bulunur. Birinci derece terim \[ 12x = \frac{12}{\sqrt{2}}(x' - y') = 6\sqrt{2}\,(x' - y') \] dür. Denklem \[ 2y'^2 + 6\sqrt{2}\,x' - 6\sqrt{2}\,y' + 2 = 0, \quad\text{yani}\quad y'^2 + 3\sqrt{2}\,x' - 3\sqrt{2}\,y' + 1 = 0 \] olur. Karma terim kaybolmuştur ve \(x'\) yalnız birinci dereceden geçtiği için bu bir parabol denklemidir.

Eksenler π/4 döndürülünce karma terim kaybolur: y'² + 3√2x' − 3√2y' + 1 = 0.

Öteleme. \(y'\)’li terimleri tam kareye tamamlayalım: \[ \begin{aligned} y'^2 - 3\sqrt{2}\,y' &= \left(y' - \frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 - \frac{9}{2},\\[1mm] \left(y' - \frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 - \frac{9}{2} + 3\sqrt{2}\,x' + 1 &= 0,\\[1mm] \left(y' - \frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 &= -3\sqrt{2}\,x' + \frac{7}{2} = -3\sqrt{2}\left(x' - \frac{7\sqrt{2}}{12}\right). \end{aligned} \] Son adımda \(\dfrac{7}{2} = 3\sqrt{2}\cdot\dfrac{7\sqrt{2}}{12}\) eşitliğini kullandık. Şimdi \[ x'' = x' - \frac{7\sqrt{2}}{12}, \qquad y'' = y' - \frac{3\sqrt{2}}{2} \] ötelemesini yapalım. Denklem \[ y''^2 = -3\sqrt{2}\,x'' \] olur. Bu, tepe noktası yeni başlangıç noktası ve ekseni \(X''\)-ekseni olan, negatif \(X''\) yönüne açılan bir paraboldür (Parabol).

Tepe noktası eski sistemde. \(X'Y'\) sisteminde tepe \(\left(\dfrac{7\sqrt{2}}{12}, \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right) = \left(\dfrac{7\sqrt{2}}{12}, \dfrac{18\sqrt{2}}{12}\right)\)’dir. Dönme formülleriyle \[ x = \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{(7 - 18)\sqrt{2}}{12} = -\frac{11}{12}, \qquad y = \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{(7 + 18)\sqrt{2}}{12} = \frac{25}{12} \] bulunur. Denetim: \(x - y = -3\) ve \(12x = -11\) olduğundan \((x - y)^2 + 12x + 2 = 0\)’dır. Parabolün ekseni \(y'' = 0\), yani \(y' = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\) doğrusudur; \(y' = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(-x + y)\) olduğundan eski sistemde bu \(y = x + 3\) doğrusudur.

Eksenler tepe noktasına ötelenince parabolün standart denklemi y''² = −3√2 x'' elde edilir.

\(\blacksquare\)

21.4 Dönmede değişmeyen büyüklükler

Yukarıdaki örnekte dönmeden önce \(a_{11} + a_{22} = 1 + 1 = 2\)’ydi. Dönmeden sonra, denklemi \(2\)’ye bölmeden önce, \(x'^2\) ile \(y'^2\)’nin katsayıları \(0\) ve \(2\) idi; toplamları yine \(2\)’dir. Bu bir rastlantı değil: bazı katsayı birleşimleri eksenler nasıl döndürülürse döndürülsün aynı kalır.

Teorem 21.3 (Dönmede değişmeyen iki ifade)  

1. denkleminde eksenler herhangi bir \(\theta\) açısıyla döndürülürse (3)’teki yeni katsayılar için \[ a_{11}' + a_{22}' = a_{11} + a_{22} \qquad\text{ve}\qquad a_{12}'^2 - a_{11}'a_{22}' = a_{12}^2 - a_{11}a_{22} \] dir.

İspat

Toplam. (3)’ten \(a_{11}'\) ile \(a_{22}'\)’yi toplayalım; \(\pm 2a_{12}cs\) terimleri birbirini götürür: \[ a_{11}' + a_{22}' = a_{11}(c^2 + s^2) + a_{22}(s^2 + c^2) = a_{11} + a_{22}. \]

İkinci ifade. Yarım açı formülleri \(c^2 = \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}\), \(s^2 = \dfrac{1 - \cos 2\theta}{2}\) ve \(2cs = \sin 2\theta\) ile kısaltmalar \[ S = \frac{a_{11} + a_{22}}{2}, \qquad T = \frac{a_{11} - a_{22}}{2} \] yazarsak (3)’teki ilk üç katsayı \[ \begin{aligned} a_{11}' &= S + T\cos 2\theta + a_{12}\sin 2\theta,\\[1mm] a_{22}' &= S - T\cos 2\theta - a_{12}\sin 2\theta,\\[1mm] a_{12}' &= -T\sin 2\theta + a_{12}\cos 2\theta \end{aligned} \] olur. \(P = T\cos 2\theta + a_{12}\sin 2\theta\) dersek \(a_{11}' = S + P\), \(a_{22}' = S - P\) ve \(a_{11}'a_{22}' = S^2 - P^2\)’dir. Öyleyse \[ a_{12}'^2 - a_{11}'a_{22}' = (-T\sin 2\theta + a_{12}\cos 2\theta)^2 + P^2 - S^2 \] dir. İki karenin toplamını açalım; karma çarpımlar \(-2Ta_{12}\sin 2\theta\cos 2\theta\) ve \(+2Ta_{12}\sin 2\theta\cos 2\theta\) birbirini götürür ve \(\sin^2 2\theta + \cos^2 2\theta = 1\)’den \[ (-T\sin 2\theta + a_{12}\cos 2\theta)^2 + P^2 = T^2 + a_{12}^2 \] kalır. Böylece \[ \begin{aligned} a_{12}'^2 - a_{11}'a_{22}' &= T^2 + a_{12}^2 - S^2 = a_{12}^2 - \frac{(a_{11} + a_{22})^2 - (a_{11} - a_{22})^2}{4}\\[1mm] &= a_{12}^2 - a_{11}a_{22} \end{aligned} \] bulunur. \(\blacksquare\)

İkinci ifadeye bir ad verelim.

Tanım 21.2 (Karakteristik)  

1. denklemi için \[ d = a_{12}^2 - a_{11}a_{22} = -\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{vmatrix} \] sayısına denklemin karakteristiği denir.

Yani karakteristik yalnız ikinci derece katsayılardan hesaplanır ve karma terimin katsayısının yarısının karesinden \(x^2\) ile \(y^2\) katsayılarının çarpımı çıkarılarak bulunur. Örneğin \(x^2 + y^2 - 2xy + 12x + 2 = 0\) için \(d = (-1)^2 - 1\cdot 1 = 0\)’dır.

Sonuç 21.1 (Dönme altında değişmezler) Eksenlerin döndürülmesi altında \(a_{11} + a_{22}\) toplamı ve \(d\) karakteristiği değişmez.

İspat

Önceki teoremin (Teorem 21.3) iki eşitliği tam olarak bunu söyler: ikinci eşitliğin sağ tarafı \(d\), sol tarafı döndürülmüş denklemin karakteristiği \(d'\)’dür. \(\blacksquare\)

Değişmezlerin en kullanışlı sonucu, karma terimi yok eden dönmeden sonra yeni kare katsayılarını hiç dönme yapmadan bulmamızı sağlamasıdır.

Sonuç 21.2 (Karma terimsiz biçimin kare katsayıları) Eksenler karma terim kaybolacak biçimde, yani \(a_{12}' = 0\) olacak biçimde döndürülürse \[ -a_{11}'a_{22}' = a_{12}^2 - a_{11}a_{22} = d \qquad\text{ve}\qquad a_{11}' + a_{22}' = a_{11} + a_{22} \] dir. Dolayısıyla \(a_{11}'\) ve \(a_{22}'\), \(t^2 - (a_{11} + a_{22})\,t - d = 0\) denkleminin iki köküdür.

İspat

Değişmezlere ilişkin sonuçta (Sonuç 21.1) \(a_{12}' = 0\) yazmak ilk iki eşitliği verir. Toplamı \(a_{11} + a_{22}\) ve çarpımı \(-d\) olan iki sayı \(t^2 - (a_{11} + a_{22})\,t + (-d) = 0\) denkleminin kökleridir (Viète bağıntıları): gerçekten \[ (t - a_{11}')(t - a_{22}') = t^2 - (a_{11}' + a_{22}')\,t + a_{11}'a_{22}' = t^2 - (a_{11} + a_{22})\,t - d \] dir ve sol taraf tam olarak \(t = a_{11}'\) ile \(t = a_{22}'\)’de sıfır olur. \(\blacksquare\)

Yani karma terimi yok eden dönmeden sonra kare katsayıları, sırası dışında, önceden bellidir. Sıra, seçilen açıya bağlıdır: \(\theta\) yerine \(\theta + \dfrac{\pi}{2}\) alınırsa eksenlerin rolleri ve \(a_{11}'\) ile \(a_{22}'\) yer değiştirir. Hangi kökün \(a_{11}'\) olduğunu bulmak gerekirse (3)’ün ilk satırı kullanılır.

21.5 Koniğin türü: eliptik, hiperbolik, parabolik

Artık her ikinci dereceden denklemi bir dönmeyle karma terimsiz biçime getirebiliriz. Bu biçimi tam kareye tamamlayarak inceleyince karşımıza elips, hiperbol ve parabolün yanında onların “bozulmuş” kardeşleri de çıkar.

Tanım 21.3 (Sanal elips) \(a, b > 0\) olmak üzere \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = -1\) biçimine getirilebilen bir ikinci dereceden denklemin çözüm kümesi boş kümedir. Böyle bir denkleme, elips denklemine benzediği için sanal elips denir.

Yani sanal elips düzlemde hiçbir nokta belirtmez; yalnız denklemin biçimi elipsinkine benzer.

Tanım 21.4 (Yozlaşmış konik) Çözüm kümesi elips, hiperbol ya da parabol olmayan bir ikinci dereceden denkleme yozlaşmış konik denir. Bunlar kesişen iki doğru, paralel iki doğru, çakışık iki doğru (tek bir doğru), tek bir nokta ve boş kümedir. Boş küme veren denklemler, benzedikleri denkleme göre sanal elips ya da sanal iki doğru diye adlandırılır.

Yani yozlaşmış konik, ikinci dereceden bir denklemin eğri yerine daha basit bir küme belirttiği durumdur. Örneğin \(x^2 - y^2 = 0\) kesişen iki doğru (\(y = \pm x\)), \(x^2 = 1\) paralel iki doğru (\(x = \pm 1\)), \(x^2 = 0\) çakışık iki doğru (yalnız \(x = 0\)), \(x^2 + y^2 = 0\) tek nokta (\(O\)) ve \(x^2 = -1\) sanal iki doğrudur.

Eksenler karma terimi yok edecek biçimde döndürülünce \(a_{11}'a_{22}' = -d\) çarpımı, Sonuç 21.2 gereği hangi dönme seçilirse seçilsin aynıdır. Koniğin türünü bu çarpımın işaretine göre adlandırıyoruz.

Tanım 21.5 (Eliptik konik)  

1. denklemi eksenler döndürülerek karma terimsiz \[ a_{11}'x'^2 + a_{22}'y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \] biçimine getirildiğinde \(a_{11}'a_{22}' > 0\) ise koniğe eliptik denir.

Tanım 21.6 (Hiperbolik konik) Aynı karma terimsiz biçimde \(a_{11}'a_{22}' < 0\) ise koniğe hiperbolik denir.

Tanım 21.7 (Parabolik konik) Aynı karma terimsiz biçimde \(a_{11}'a_{22}' = 0\) ise koniğe parabolik denir.

Yani tür, iki kare katsayısının aynı işaretli, ters işaretli ya da birinin sıfır olmasıyla belirlenir. Aşağıdaki önerme, her türün içinde hangi kümelerin çıkabileceğini söylüyor.

Önerme 21.3 (Karma terimsiz denklemlerin sınıflandırılması) \((a_{11}', a_{22}') \neq (0, 0)\) olmak üzere \[ a_{11}'x'^2 + a_{22}'y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \] denklemi verilsin.

i) \(a_{11}'a_{22}' > 0\) (eliptik) ise denklem bir elips, tek bir nokta ya da sanal elips belirtir. Özel olarak \(a_{13}' = a_{23}' = 0\) iken \(a_{33}'\)’nün işareti \(a_{11}'\)’nünkinin tersiyse elips, \(a_{33}' = 0\) ise tek nokta, \(a_{33}'\) ile \(a_{11}'\) aynı işaretliyse sanal elips elde edilir.

ii) \(a_{11}'a_{22}' < 0\) (hiperbolik) ise denklem bir hiperbol ya da kesişen iki doğru belirtir.

iii) \(a_{11}'a_{22}' = 0\) (parabolik) ise denklem bir parabol, paralel iki doğru, çakışık iki doğru ya da sanal iki doğru belirtir.

İkinci dereceden denklemlerin belirttiği kümeler: üç konik ve üç yozlaşmış durum (sanal elips ile sanal iki doğru boş kümedir, çizilmez).

İspat

i) \(a_{11}'a_{22}' > 0\). İki kare katsayısı da sıfırdan farklı olduğundan karma terimsiz denklemin ötelenmesindeki gibi (Önerme 21.1) tam kareye tamamlayabiliriz: \[ a_{11}'X^2 + a_{22}'Y^2 = k, \qquad X = x' + \frac{a_{13}'}{a_{11}'},\quad Y = y' + \frac{a_{23}'}{a_{22}'}, \] burada \(k = \dfrac{a_{13}'^2}{a_{11}'} + \dfrac{a_{23}'^2}{a_{22}'} - a_{33}'\)’dür. \(a_{11}'\) ile \(a_{22}'\) aynı işaretlidir; gerekirse denklemi \(-1\) ile çarparak ikisinin de pozitif olduğunu varsayabiliriz (\(k\)’nın işareti de değişir).

• \(k > 0\) ise \(\dfrac{X^2}{k/a_{11}'} + \dfrac{Y^2}{k/a_{22}'} = 1\) bir elipstir (Elips); paydalar pozitiftir.
• \(k = 0\) ise \(a_{11}'X^2 + a_{22}'Y^2 = 0\)’dır; iki negatif olmayan terimin toplamı ancak ikisi de sıfırsa sıfırdır, yani yalnız \(X = Y = 0\) noktası sağlar.
• \(k < 0\) ise sol taraf negatif olamayacağından çözüm yoktur; denklem \(\dfrac{X^2}{-k/a_{11}'} + \dfrac{Y^2}{-k/a_{22}'} = -1\) biçimindeki bir sanal elipstir.

\(a_{13}' = a_{23}' = 0\) ise \(X = x'\), \(Y = y'\) ve \(k = -a_{33}'\) olur; \(k\)’nın \(a_{11}'\) ile aynı işaretli olması \(a_{33}'\)’nün \(a_{11}'\)’ye ters işaretli olması demektir. Bu, özel durumdaki ifadeyi verir.

ii) \(a_{11}'a_{22}' < 0\). Yine tam kareye tamamlayıp \(a_{11}'X^2 + a_{22}'Y^2 = k\) elde ederiz; gerekirse \(-1\) ile çarparak \(a_{11}' > 0 > a_{22}'\) alabiliriz. \(k \neq 0\) ise \[ \frac{X^2}{k/a_{11}'} - \frac{Y^2}{k/(-a_{22}')} = 1 \] dir; iki payda aynı işaretli olduğundan bu, \(k > 0\) iken asal ekseni \(X\) doğrultusunda, \(k < 0\) iken (\(-1\) ile çarpınca) asal ekseni \(Y\) doğrultusunda bir hiperboldür (Hiperbol). \(k = 0\) ise \(\alpha = \sqrt{a_{11}'}\), \(\beta = \sqrt{-a_{22}'}\) dersek \[ \alpha^2X^2 - \beta^2Y^2 = (\alpha X - \beta Y)(\alpha X + \beta Y) = 0 \] olur; bu, \(\alpha X - \beta Y = 0\) ve \(\alpha X + \beta Y = 0\) doğrularının birleşimidir. İki doğru \(X = Y = 0\) noktasında kesişir ve eğimleri farklıdır.

iii) \(a_{11}'a_{22}' = 0\). Kare katsayılarından tam olarak biri sıfırdır; \(a_{11}' = 0\), \(a_{22}' \neq 0\) alalım (öteki durum \(x'\) ile \(y'\)’nün rolleri değiştirilerek aynı biçimde incelenir). Denklem \[ a_{22}'y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \] dır; \(y'\)’li terimleri tamamlarsak \[ a_{22}'Y^2 + 2a_{13}'x' + m = 0, \qquad Y = y' + \frac{a_{23}'}{a_{22}'}, \quad m = a_{33}' - \frac{a_{23}'^2}{a_{22}'} \] bulunur.

• \(a_{13}' \neq 0\) ise \(Y^2 = -\dfrac{2a_{13}'}{a_{22}'}\left(x' + \dfrac{m}{2a_{13}'}\right)\) olur; bu, bir ötelemeyle \(Y^2 = 2pX\) biçimine gelen bir paraboldür (Parabol).
• \(a_{13}' = 0\) ise denklem \(Y^2 = -\dfrac{m}{a_{22}'}\)’dür. Sağ taraf pozitifse \(Y = \pm\sqrt{-m/a_{22}'}\) paralel iki doğru, sıfırsa \(Y = 0\) çakışık iki doğru, negatifse boş küme (sanal iki doğru) elde edilir. \(\blacksquare\)

Tür, dönme yapmadan doğrudan karakteristikten okunur.

Teorem 21.4 (Tür ve karakteristik)  

1. koniği

i) \(d = \begin{vmatrix} a_{12} & a_{11} \\ a_{22} & a_{12} \end{vmatrix} > 0\) ise hiperbolik,

ii) \(d < 0\) ise eliptik,

iii) \(d = 0\) ise paraboliktir.

İspat

Önce \(d\)’nin bu determinantla aynı olduğunu görelim: \(\begin{vmatrix} a_{12} & a_{11} \\ a_{22} & a_{12} \end{vmatrix} = a_{12}^2 - a_{11}a_{22} = d\)’dir.

\(a_{12} = 0\) ise dönmeye gerek yoktur (\(\theta = 0\) alınır). \(a_{12} \neq 0\) ise Teorem 21.2 karma terimi yok eden bir dönme verir. Her iki durumda da karma terimsiz biçimde Sonuç 21.2 gereği \(a_{11}'a_{22}' = -d\)’dir. Buna göre \(d > 0 \iff a_{11}'a_{22}' < 0\), \(d < 0 \iff a_{11}'a_{22}' > 0\) ve \(d = 0 \iff a_{11}'a_{22}' = 0\)’dır. Tanımlar (Tanım 21.6, Tanım 21.5, Tanım 21.7) sonucu verir. \((a_{11}', a_{22}') \neq (0, 0)\)’dır, çünkü ikisi birden sıfır olsaydı \(a_{11}' + a_{22}' = a_{11} + a_{22} = 0\) ve \(d = 0\), yani \(a_{11} = -a_{22}\) ve \(a_{12}^2 = a_{11}a_{22} = -a_{11}^2\) olur; buradan \(a_{11} = a_{12} = a_{22} = 0\) çıkardı, bu da (1)’in varsayımına aykırıdır. \(\blacksquare\)

Yani \(x^2 - 2xy + y^2 + 12x + 2 = 0\) koniği (\(d = 0\)) paraboliktir; gerçekten bu denklemden bir parabol bulduk (bkz. Örnek 21.2). Ama tür, koniği tam belirlemez: hiperbolik bir denklem hiperbol de olabilir, kesişen iki doğru da. Aradaki farkı ikinci bir sayı söyleyecek.

21.6 Diskriminant

Karakteristik yalnız ikinci derece katsayılara bakar. Koniğin hangi alt durumda olduğunu anlamak için bütün katsayıları kullanan bir sayıya ihtiyacımız var.

Tanım 21.8 (Diskriminant)  

1. denkleminin katsayılarıyla kurulan \[ D = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{12} & a_{22} & a_{23} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{vmatrix} \] determinantına denklemin diskriminantı ya da ayıracı denir.

Yani diskriminant, katsayıları simetrik bir \(3 \times 3\) tabloya dizip determinantını almaktır: köşegende kare katsayıları ve sabit terim, köşegen dışında karma ve birinci derece katsayıların yarıları durur. Koniğin cinsini tam olarak belirlemek için \(d\)’nin yanında \(D\)’nin işaretini de bilmek gerekir. Önce \(D\)’nin de eksen değişiminden etkilenmediğini gösterelim. Bunun için denklemi matrislerle yazmak işimizi çok kolaylaştırır.

Önerme 21.4 (Denklemin matris biçimi) \[ A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{12} & a_{22} & a_{23} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{u} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ 1 \end{pmatrix} \] olmak üzere \(F(x, y) = \mathbf{u}^{T}A\,\mathbf{u}\)’dur. Burada \(\mathbf{u}^{T} = (x \;\; y \;\; 1)\), \(\mathbf{u}\)’nun satır biçimidir.

İspat

Önce \(A\mathbf{u}\)’yu hesaplayalım: \[ A\mathbf{u} = \begin{pmatrix} a_{11}x + a_{12}y + a_{13} \\ a_{12}x + a_{22}y + a_{23} \\ a_{13}x + a_{23}y + a_{33} \end{pmatrix}. \] Soldan \((x \;\; y \;\; 1)\) ile çarparsak \[ \begin{aligned} \mathbf{u}^{T}A\mathbf{u} &= x(a_{11}x + a_{12}y + a_{13}) + y(a_{12}x + a_{22}y + a_{23})\\[1mm] &\quad+ (a_{13}x + a_{23}y + a_{33})\\[1mm] &= a_{11}x^2 + 2a_{12}xy + a_{22}y^2 + 2a_{13}x + 2a_{23}y + a_{33} \end{aligned} \] bulunur; bu \(F(x, y)\)’dir. \(\blacksquare\)

Yani \(D = \det A\)’dır ve \(A\)’nın simetrik olması, karma ve birinci derece katsayıları neden \(2\) ile çarpılmış yazdığımızı açıklar: her biri tabloda iki kez yer alır.

Teorem 21.5 (Diskriminant dönmede ve ötelemede değişmez)  

1. denkleminde eksenler döndürülür ya da ötelenirse yeni denklemin diskriminantı \(D'\), eski diskriminant \(D\)’ye eşittir.

İspat

Her iki dönüşümde de eski koordinatlar yeni koordinatlardan bir matris çarpımıyla elde edilir. \(\mathbf{u}' = (x' \;\; y' \;\; 1)^{T}\) olsun.

Dönme. \(x = x'c - y's\), \(y = x's + y'c\) eşitlikleri \[ \mathbf{u} = R\,\mathbf{u}', \qquad R = \begin{pmatrix} c & -s & 0 \\ s & c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \] biçiminde yazılır. Öteleme. \(x = x' + x_0\), \(y = y' + y_0\) eşitlikleri de \[ \mathbf{u} = T\,\mathbf{u}', \qquad T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & x_0 \\ 0 & 1 & y_0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \] biçimindedir. Her iki durumda \(M\) bu matrislerden biri olsun. Lineer cebirden bilinen, çarpımın devriğine ilişkin \((M\mathbf{u}')^{T} = \mathbf{u}'^{T}M^{T}\) eşitliğini kullanırsak matris biçiminden (Önerme 21.4) \[ F(x, y) = \mathbf{u}^{T}A\,\mathbf{u} = \mathbf{u}'^{T}\big(M^{T}AM\big)\,\mathbf{u}' \] bulunur. \(A' = M^{T}AM\) simetrik bir matristir (\((M^{T}AM)^{T} = M^{T}A^{T}M = M^{T}AM\)) ve son satırının son girişi \(1\) olan \(\mathbf{u}'\) ile bu biçimde yazıldığından, yeni denklemin katsayı matrisi odur: köşegen girişleri kare katsayıları ve sabit terimi, köşegen dışındakiler ise yeni denklemdeki karma ve birinci derece katsayılarının yarılarıdır. Lineer cebirden bilinen iki özellikten, determinantın çarpım kuralından (\(\det(MN) = \det M\,\det N\)) ve \(\det M^{T} = \det M\) eşitliğinden \[ D' = \det A' = \det M^{T}\,\det A\,\det M = (\det M)^2\,D \] dir. \(\det R = c^2 + s^2 = 1\) (üçüncü satıra göre açılım) ve \(\det T = 1\) (üçgen matris, köşegen çarpımı) olduğundan \(D' = D\) bulunur. \(\blacksquare\)

Yani eksenleri döndürmek ya da ötelemek eğrinin kendisini değiştirmediği gibi \(D\)’yi de değiştirmez. Aynı hesap, \(3 \times 3\) matrisin sol üst \(2 \times 2\) köşesine uygulanırsa \(d\)’nin değişmezliğini de verir; biz onu yukarıda doğrudan gösterdik.

Şimdi \(d \neq 0\) olan konikler için ana indirgeme sonucunu kanıtlayabiliriz.

Teorem 21.6 (Merkezli koniklerin indirgenmiş biçimi)  

1. denkleminde \(d \neq 0\) olsun. Karma terimi yok eden bir dönmeden sonra uygun bir öteleme yapılırsa denklem \[ a_{11}'x''^2 + a_{22}'y''^2 = \frac{D}{d} \tag{5} \] biçimini alır. Burada \(a_{11}'\) ve \(a_{22}'\) dönmeden sonraki kare katsayılarıdır.

İspat

Dönmeden sonra denklem \[ a_{11}'x'^2 + a_{22}'y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \] biçimindedir ve Sonuç 21.2 gereği \(a_{11}'a_{22}' = -d \neq 0\)’dır; yani iki kare katsayısı da sıfırdan farklıdır. Karma terimsiz denklemin ötelenmesindeki (Önerme 21.1) tam kareye tamamlama \[ a_{11}'\left(x' + \frac{a_{13}'}{a_{11}'}\right)^2 + a_{22}'\left(y' + \frac{a_{23}'}{a_{22}'}\right)^2 + a_{33}' - \frac{a_{13}'^2}{a_{11}'} - \frac{a_{23}'^2}{a_{22}'} = 0 \] verir. Sabit terimi tek kesirde toplayalım: \[ a_{33}' - \frac{a_{13}'^2}{a_{11}'} - \frac{a_{23}'^2}{a_{22}'} = \frac{a_{11}'a_{22}'a_{33}' - a_{22}'a_{13}'^2 - a_{11}'a_{23}'^2}{a_{11}'a_{22}'}. \] Payın, dönmüş denklemin diskriminantı \(D'\) olduğunu görelim. \(a_{12}' = 0\) olduğundan \(D'\)’yü birinci satıra göre açarsak \[ \begin{aligned} D' &= \begin{vmatrix} a_{11}' & 0 & a_{13}' \\ 0 & a_{22}' & a_{23}' \\ a_{13}' & a_{23}' & a_{33}' \end{vmatrix} = a_{11}'\begin{vmatrix} a_{22}' & a_{23}' \\ a_{23}' & a_{33}' \end{vmatrix} + a_{13}'\begin{vmatrix} 0 & a_{22}' \\ a_{13}' & a_{23}' \end{vmatrix}\\[1mm] &= a_{11}'\big(a_{22}'a_{33}' - a_{23}'^2\big) - a_{13}'^2a_{22}' \end{aligned} \] bulunur; bu tam olarak paydır. Teorem 21.5 gereği \(D' = D\), Sonuç 21.2 gereği de \(a_{11}'a_{22}' = -d\)’dir. Öyleyse sabit terim \(\dfrac{D}{-d} = -\dfrac{D}{d}\)’dir.

\[ x'' = x' + \frac{a_{13}'}{a_{11}'}, \qquad y'' = y' + \frac{a_{23}'}{a_{22}'} \] ötelemesiyle denklem \(a_{11}'x''^2 + a_{22}'y''^2 - \dfrac{D}{d} = 0\), yani (5) olur. \(\blacksquare\)

Yani \(d \neq 0\) ise koniğin denklemi, iki uygun eksen değişiminden sonra, katsayıları \(a_{11}'\), \(a_{22}'\) ve \(\dfrac{D}{d}\) olan çok sade bir biçime iner. \(a_{11}'\) ile \(a_{22}'\)’nün işaretleri \(d\)’ye, sağ tarafın işareti de \(D\)’ye bağlıdır. Şimdi bütün durumları sırayla inceleyelim.

21.7 Merkezli koniklerin sınıflandırılması

Bu kısımda \(d \neq 0\)’dır ve (5) biçimini kullanıyoruz. Önce hiperbolik koniklere bakalım.

Teorem 21.7 (Hiperbolik konikler)  

1. denkleminde \(d > 0\) olsun.

i) \(D \neq 0\) ise denklem bir hiperbol belirtir. (5)’te \(a_{11}'\) ve \(a_{22}'\)’den \(D\) ile aynı işaretli olanın değişkeninin ekseni, hiperbolün asal eksenidir.

ii) \(D = 0\) ise denklem kesişen iki doğru belirtir.

İspat

\(d > 0\) olduğundan \(a_{11}'a_{22}' = -d < 0\)’dır; kare katsayıları ters işaretlidir. \(a, b > 0\) olmak üzere iki durum vardır.

\(a_{11}' = -a^2\), \(a_{22}' = b^2\) ise (5), \(-a^2x''^2 + b^2y''^2 = \dfrac{D}{d}\) olur. \(D > 0\) ise sağ taraf pozitiftir ve her iki yanı \(\dfrac{D}{d}\)’ye bölünce \[ \frac{y''^2}{D/(b^2d)} - \frac{x''^2}{D/(a^2d)} = 1 \] elde edilir: bu, asal ekseni \(Y''\)-ekseni olan bir hiperboldür. \(D < 0\) ise sağ taraf negatiftir ve \(-\dfrac{D}{d} > 0\)’a bölünce \(\dfrac{x''^2}{-D/(a^2d)} - \dfrac{y''^2}{-D/(b^2d)} = 1\), yani asal ekseni \(X''\)-ekseni olan bir hiperbol bulunur.

\(a_{11}' = a^2\), \(a_{22}' = -b^2\) ise aynı hesap \(D > 0\) iken asal ekseni \(X''\)-ekseni, \(D < 0\) iken asal ekseni \(Y''\)-ekseni olan bir hiperbol verir.

Dört durumda da asal eksen, katsayısı \(D\) ile (dolayısıyla \(\dfrac{D}{d}\) ile, çünkü \(d > 0\)) aynı işaretli olan değişkenin eksenidir.

\(D = 0\) ise (5), \(a_{11}'x''^2 + a_{22}'y''^2 = 0\)’dır. \(a_{11}' = a^2\), \(a_{22}' = -b^2\) alabiliriz (gerekirse denklemi \(-1\) ile çarparız). Bu durumda \[ a^2x''^2 - b^2y''^2 = (ax'' + by'')(ax'' - by'') = 0 \] dır ve çözüm kümesi \(ax'' + by'' = 0\) ile \(ax'' - by'' = 0\) doğrularının birleşimidir. Bu iki doğru yeni başlangıç noktasında kesişir. \(\blacksquare\)

Yani \(d > 0\) olan bir denklem, \(D\) sıfır değilse hiperbol, sıfırsa hiperbolün asimptotlarına benzeyen kesişen iki doğrudur. İkinci durumda doğruları bulmanın en kısa yolu, denklemi \(x\)’e göre ikinci dereceden bir denklem gibi çözmektir.

Örnek 21.3 (Kesişen iki doğru belirten bir denklem) \(x^2 - xy - 2y^2 + x + 4y - 2 = 0\) denkleminin belirttiği kümeyi bulunuz.

Çözüm

Tür. \(a_{11} = 1\), \(a_{12} = -\dfrac{1}{2}\), \(a_{22} = -2\), \(a_{13} = \dfrac{1}{2}\), \(a_{23} = 2\), \(a_{33} = -2\)’dir. \[ d = a_{12}^2 - a_{11}a_{22} = \frac{1}{4} + 2 = \frac{9}{4} > 0 \] olduğundan konik hiperboliktir.

Diskriminant. Birinci satıra göre açalım: \[ \begin{aligned} D &= 1\begin{vmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{vmatrix} + \frac{1}{2}\begin{vmatrix} -\frac{1}{2} & 2 \\ \frac{1}{2} & -2 \end{vmatrix} + \frac{1}{2}\begin{vmatrix} -\frac{1}{2} & -2 \\ \frac{1}{2} & 2 \end{vmatrix}\\[1mm] &= 1\cdot(4 - 4) + \frac{1}{2}(1 - 1) + \frac{1}{2}(-1 + 1) = 0. \end{aligned} \] Burada ikinci terimin işareti, açılımdaki \(-a_{12}\) çarpanından gelir: \(-a_{12} = \dfrac{1}{2}\). \(d > 0\) ve \(D = 0\) olduğundan Teorem 21.7 gereği denklem kesişen iki doğru belirtir.

Doğrular. Denklemi \(x\)’e göre düzenleyelim: \[ x^2 + (1 - y)\,x + (-2y^2 + 4y - 2) = 0. \] Bu ikinci derece denklemin diskriminantı \[ (1 - y)^2 - 4(-2y^2 + 4y - 2) = 9y^2 - 18y + 9 = 9(y - 1)^2 \] bir tam karedir; bu, \(D = 0\) olmasının cebirsel yüzüdür. Kökler \[ x = \frac{-(1 - y) \pm 3(y - 1)}{2}, \quad\text{yani}\quad x = 2y - 2 \quad\text{ya da}\quad x = -y + 1 \] dir. Demek ki \[ x^2 - xy - 2y^2 + x + 4y - 2 = (x - 2y + 2)(x + y - 1) \] ve denklem \(x - 2y + 2 = 0\) ile \(x + y - 1 = 0\) doğrularının birleşimini belirtir. Doğruların eğimleri \(\dfrac{1}{2}\) ve \(-1\)’dir; \((0, 1)\) noktasında kesişirler.

d > 0 ve D = 0: x² − xy − 2y² + x + 4y − 2 = 0 denklemi K(0, 1)'de kesişen iki doğrudur.

\(\blacksquare\)

Şimdi eliptik koniklere geçelim. Burada \(D\)’nin yanında \(a_{11} + a_{22}\) toplamının işareti de rol oynar.

Teorem 21.8 (Eliptik konikler)  

1. denkleminde \(d < 0\) olsun.

i) \(D\) ile \(a_{11} + a_{22}\) ters işaretliyse denklem bir elips belirtir.

ii) \(D\) ile \(a_{11} + a_{22}\) aynı işaretliyse denklem bir sanal elipstir; çözüm kümesi \(\varnothing\)’dir.

iii) \(D = 0\) ise denklem tek bir nokta belirtir.

İspat

\(d < 0\) olduğundan \(a_{11}'a_{22}' = -d > 0\)’dır; kare katsayıları aynı işaretlidir ve ortak işaretleri, toplamları \(a_{11}' + a_{22}' = a_{11} + a_{22}\)’nin (Sonuç 21.1) işaretidir. Bu toplam sıfır olamaz. Ayrıca \(d < 0\) olduğundan \(\dfrac{D}{d}\)’nin işareti \(D\)’nin işaretinin tersidir.

\(a_{11} + a_{22} < 0\) ise \(a_{11}' = -a^2\), \(a_{22}' = -b^2\) (\(a, b > 0\)) yazabiliriz ve (5), \(-a^2x''^2 - b^2y''^2 = \dfrac{D}{d}\) olur. Sol taraf hiçbir zaman pozitif değildir.

• \(D > 0\) ise \(\dfrac{D}{d} < 0\)’dır; iki yanı \(-\dfrac{D}{d} > 0\)’a bölünce \(\dfrac{x''^2}{-D/(a^2d)} + \dfrac{y''^2}{-D/(b^2d)} = 1\) elipsi bulunur.
• \(D < 0\) ise \(\dfrac{D}{d} > 0\)’dır ve pozitif olmayan bir sayı pozitif bir sayıya eşit olamaz: çözüm yoktur, denklem sanal elipstir.

\(a_{11} + a_{22} > 0\) ise \(a_{11}' = a^2\), \(a_{22}' = b^2\) yazabiliriz ve (5), \(a^2x''^2 + b^2y''^2 = \dfrac{D}{d}\) olur. Sol taraf hiçbir zaman negatif değildir.

• \(D < 0\) ise \(\dfrac{D}{d} > 0\)’dır ve \(\dfrac{x''^2}{D/(a^2d)} + \dfrac{y''^2}{D/(b^2d)} = 1\) elipsi bulunur.
• \(D > 0\) ise \(\dfrac{D}{d} < 0\)’dır ve çözüm yoktur; denklem sanal elipstir.

İki durumda da elips, \(D\) ile \(a_{11} + a_{22}\) ters işaretliyken; sanal elips aynı işaretliyken çıkar.

\(D = 0\) ise (5), \(a_{11}'x''^2 + a_{22}'y''^2 = 0\)’dır. İki katsayı aynı işaretli ve sıfırdan farklı olduğundan iki terim de aynı işaretlidir ve toplamları ancak ikisi de sıfırken sıfırdır. Tek çözüm \((x'', y'') = (0, 0)\)’dır; denklem yeni başlangıç noktasını belirtir. \(\blacksquare\)

Yani \(d < 0\) iken \(D = 0\) olan denklem bir noktaya “büzülmüş” bir elipstir. İki örnek görelim; ikisinin ikinci derece kısmı aynıdır, yalnız sabit terimleri farklıdır.

Örnek 21.4 (Tek bir nokta belirten denklem) \(x^2 + xy + y^2 - 3x - 3y + 3 = 0\) denkleminin belirttiği kümeyi bulunuz.

Çözüm

Tür. \(a_{11} = 1\), \(a_{12} = \dfrac{1}{2}\), \(a_{22} = 1\), \(a_{13} = -\dfrac{3}{2}\), \(a_{23} = -\dfrac{3}{2}\), \(a_{33} = 3\)’tür ve \[ d = \frac{1}{4} - 1 = -\frac{3}{4} < 0 \] olduğundan konik eliptiktir.

Diskriminant. Birinci satıra göre açalım: \[ \begin{aligned} D &= 1\left(3 - \frac{9}{4}\right) - \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2} - \frac{9}{4}\right) - \frac{3}{2}\left(-\frac{3}{4} + \frac{3}{2}\right)\\[1mm] &= \frac{3}{4} + \frac{3}{8} - \frac{9}{8} = 0. \end{aligned} \] Teorem 21.8 gereği denklem tek bir nokta belirtir.

Nokta. \(a_{11} = a_{22}\) olduğundan \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) ile döndürelim: \(x = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(x' - y')\), \(y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(x' + y')\). (3)’ten \[ \begin{aligned} a_{11}' &= \frac{a_{11} + 2a_{12} + a_{22}}{2} = \frac{3}{2}, & a_{22}' &= \frac{a_{11} - 2a_{12} + a_{22}}{2} = \frac{1}{2},\\[1mm] a_{13}' &= \frac{a_{13} + a_{23}}{\sqrt{2}} = -\frac{3}{\sqrt{2}}, & a_{23}' &= \frac{-a_{13} + a_{23}}{\sqrt{2}} = 0 \end{aligned} \] bulunur ve denklem \[ \frac{3}{2}x'^2 + \frac{1}{2}y'^2 - 3\sqrt{2}\,x' + 3 = 0 \] olur. \[ \frac{3}{2}\left(x'^2 - 2\sqrt{2}\,x'\right) = \frac{3}{2}(x' - \sqrt{2})^2 - 3 \] olduğundan \[ \frac{3}{2}(x' - \sqrt{2})^2 + \frac{1}{2}y'^2 = 0 \] elde edilir. Tek çözüm \(x' = \sqrt{2}\), \(y' = 0\)’dır. Eski sistemde bu nokta \(x = \dfrac{\sqrt{2} - 0}{\sqrt{2}} = 1\), \(y = \dfrac{\sqrt{2} + 0}{\sqrt{2}} = 1\), yani \((1, 1)\)’dir. Denetim: \(1 + 1 + 1 - 3 - 3 + 3 = 0\).

\(\blacksquare\)

Örnek 21.5 (Hiçbir nokta belirtmeyen denklem) \(x^2 + xy + y^2 - 3x - 3y + 4 = 0\) denkleminin belirttiği kümeyi bulunuz.

Çözüm

İkinci derece katsayılar ve birinci derece katsayılar önceki örnektekiyle (Örnek 21.4) aynıdır; yalnız \(a_{33} = 4\)’tür. Yine \(d = -\dfrac{3}{4} < 0\)’dır. Diskriminantı yine birinci satıra göre açalım; \(a_{33}\) ilk iki küçük determinantta geçer: \[ \begin{aligned} D &= 1\left(4 - \frac{9}{4}\right) - \frac{1}{2}\left(2 - \frac{9}{4}\right) - \frac{3}{2}\left(-\frac{3}{4} + \frac{3}{2}\right)\\[1mm] &= \frac{7}{4} + \frac{1}{8} - \frac{9}{8} = \frac{3}{4} > 0. \end{aligned} \] \(a_{11} + a_{22} = 2 > 0\) ve \(D > 0\) aynı işaretli olduğundan Teorem 21.8 gereği denklem bir sanal elipstir.

Aynı sonuca önceki örnekteki dönmeyle de ulaşırız: sabit terim \(1\) arttığı için denklem \[ \frac{3}{2}(x' - \sqrt{2})^2 + \frac{1}{2}y'^2 = -1 \] olur. Sol taraf negatif olamaz; çözüm kümesi \(\varnothing\)’dir.

\(\blacksquare\)

21.8 Parabol: karakteristiği sıfır, diskriminantı sıfırdan farklı

\(d = 0\) olunca (5) kullanılamaz, çünkü kare katsayılarından biri sıfırdır. Bu durumda doğrudan karma terimsiz biçimle çalışırız.

Teorem 21.9 (Parabol durumu)  

1. denkleminde \(d = 0\) ve \(D \neq 0\) ise denklem bir parabol belirtir.

İspat

Karma terimi yok eden bir dönmeden sonra (gerekmiyorsa \(\theta = 0\)) denklem \[ a_{11}'x'^2 + a_{22}'y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \] olur ve Sonuç 21.2 gereği \(a_{11}'a_{22}' = -d = 0\)’dır. Tür teoreminin ispatında (Teorem 21.4) gördüğümüz gibi \(a_{11}'\) ile \(a_{22}'\) ikisi birden sıfır olamaz; tam olarak biri sıfırdır.

\(a_{11}' = 0\), \(a_{22}' \neq 0\) ise denklem \[ a_{22}'y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \] dır. Diskriminantı birinci satıra göre açalım: \[ D' = \begin{vmatrix} 0 & 0 & a_{13}' \\ 0 & a_{22}' & a_{23}' \\ a_{13}' & a_{23}' & a_{33}' \end{vmatrix} = a_{13}'\begin{vmatrix} 0 & a_{22}' \\ a_{13}' & a_{23}' \end{vmatrix} = -a_{13}'^2a_{22}'. \] Teorem 21.5 gereği \(D' = D \neq 0\) olduğundan \(a_{13}' \neq 0\)’dır. Öyleyse \(x'\) denklemde birinci dereceden gerçekten geçer ve karma terimsiz denklemlerin sınıflandırılmasındaki (Önerme 21.3) iii) şıkkının hesabı, denklemin bir parabol belirttiğini gösterir: \(y'\)’li terimler tamamlanıp uygun bir öteleme yapılınca denklem \(y''^2 = 2px''\) biçimine gelir.

\(a_{22}' = 0\), \(a_{11}' \neq 0\) ise \(x'\) ile \(y'\)’nün rolleri değişir: \(D' = -a_{23}'^2a_{11}' \neq 0\)’dan \(a_{23}' \neq 0\) çıkar ve denklem \(x''^2 = 2py''\) biçimine gelen bir paraboldür. \(\blacksquare\)

Yani parabolün kare katsayılarından biri dönmeden sonra kaybolur; \(D \neq 0\) koşulu, geri kalan değişkenin birinci derece teriminin kaybolmadığını, dolayısıyla eğrinin bir doğru çiftine bozulmadığını garanti eder. Dönmeyle sadeleşen örnekte (Örnek 21.2) \(d = 0\) idi; diskriminant \[ D = \begin{vmatrix} 1 & -1 & 6 \\ -1 & 1 & 0 \\ 6 & 0 & 2 \end{vmatrix} = 1\cdot 2 + 1\cdot(-2) + 6\cdot(0 - 6) = -36 \neq 0 \] dır ve gerçekten bir parabol bulmuştuk.

21.9 Koniğin merkezi

Geriye \(d = 0\) ve \(D = 0\) durumu kaldı. Onu incelemek için koniklerin simetri merkezini ele alacağız. Bu kavram tek başına da çok kullanışlıdır: merkezi bilinen bir koniğin birinci dereceden terimleri, eksenleri merkeze öteleyerek doğrudan yok edilir.

Tanım 21.9 (Koniğin merkezi)  

1. denklemiyle verilen koniğin her noktasının bir \(M(x_0, y_0)\) noktasına göre simetriği de koniğin üzerindeyse \(M\)’ye koniğin merkezi ya da simetri merkezi denir.

M, koniğin merkezidir: koniğin her P noktasının M'ye göre simetriği P* de konik üzerindedir.

Yani merkez, koniği kendi etrafında yarım tur döndürdüğümüzde koniğin kendisiyle çakıştığı noktadır. \(M\)’ye göre simetri \(P \mapsto P^*\), \(M\)’nin \(PP^*\) doğru parçasının orta noktası olmasıdır: \(P^* = (2x_0 - x, 2y_0 - y)\).

Örnek 21.6 (Elipsin merkezi) \(a, b > 0\) olmak üzere \(\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) elipsinde \(O(0, 0)\) noktasının bir merkez olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(O\)’ya göre simetri \((x, y)\) noktasını \((-x, -y)\) noktasına götürür. \(P(x_1, y_1)\) elips üzerinde olsun, yani \(\dfrac{x_1^2}{a^2} + \dfrac{y_1^2}{b^2} = 1\) olsun. \((-x_1)^2 = x_1^2\) ve \((-y_1)^2 = y_1^2\) olduğundan \[ \frac{(-x_1)^2}{a^2} + \frac{(-y_1)^2}{b^2} = \frac{x_1^2}{a^2} + \frac{y_1^2}{b^2} = 1 \] dir; yani \(P^*(-x_1, -y_1)\) de elips üzerindedir. Öyleyse \(O\) elipsin merkezidir.

Elipsin her noktasının O'ya göre simetriği de elips üzerindedir.

\(\blacksquare\)

Örnek 21.7 (Hiperbolün merkezi) \(a, b > 0\) olmak üzere \(\dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1\) hiperbolünde \(O(0, 0)\) noktasının bir merkez olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(P(x_1, y_1)\) hiperbol üzerinde olsun. Denklemde yalnız \(x^2\) ve \(y^2\) geçtiğinden, elipsteki gibi \[ \frac{(-x_1)^2}{a^2} - \frac{(-y_1)^2}{b^2} = \frac{x_1^2}{a^2} - \frac{y_1^2}{b^2} = 1 \] dir. \(P^*(-x_1, -y_1)\) de hiperbol üzerindedir; \(O\) hiperbolün merkezidir. Simetrik nokta hiperbolün öbür kolundadır: \(x_1 \geq a\) ise \(-x_1 \leq -a\)’dır.

Hiperbolün bir kolundaki her noktanın O'ya göre simetriği öbür koldadır.

\(\blacksquare\)

Genel bir denklemde merkezi bulmak için eksenleri bir \(M(x_0, y_0)\) noktasına öteleyip katsayıların nasıl değiştiğine bakalım.

Lemma 21.1 (Merkezin denklemleri)  

1. denkleminde eksenler \(M(x_0, y_0)\) noktasına ötelenirse, yani \(x = x' + x_0\), \(y = y' + y_0\) yazılırsa denklem \[ a_{11}x'^2 + 2a_{12}x'y' + a_{22}y'^2 + 2a_{13}'x' + 2a_{23}'y' + a_{33}' = 0 \] olur; burada \[ \left.\begin{aligned} a_{13}' &= a_{11}x_0 + a_{12}y_0 + a_{13},\\[1mm] a_{23}' &= a_{12}x_0 + a_{22}y_0 + a_{23},\\[1mm] a_{33}' &= F(x_0, y_0) \end{aligned}\right\} \tag{6} \] dır. Buna göre:

i) \(M(x_0, y_0)\) \[ \left.\begin{aligned} a_{11}x_0 + a_{12}y_0 &= -a_{13},\\[1mm] a_{12}x_0 + a_{22}y_0 &= -a_{23} \end{aligned}\right\} \tag{7} \] sistemini sağlıyorsa koniğin bir merkezidir.

ii) Koniğin noktaları tek bir doğru üzerinde toplanmıyorsa, tersine, koniğin her merkezi (7)’yi sağlar.

İspat

Katsayılar. İkinci derece katsayıların değişmediğini daha önce gördük (Önerme 21.2). O ispattaki açılımlardan \(x'\)’nün katsayısı \(2a_{11}x_0 + 2a_{12}y_0 + 2a_{13}\), \(y'\)’nün katsayısı \(2a_{12}x_0 + 2a_{22}y_0 + 2a_{23}\)’tür; bu \(a_{13}'\) ve \(a_{23}'\)’yü verir. Sabit terim, \(x' = y' = 0\) yazıldığında kalan değer, yani \(F(x_0, y_0)\)’dır.

i) \(M\) (7)’yi sağlıyorsa \(a_{13}' = a_{23}' = 0\)’dır ve yeni denklem \[ G(x', y') = a_{11}x'^2 + 2a_{12}x'y' + a_{22}y'^2 + a_{33}' = 0 \] dır. \(G(-x', -y') = G(x', y')\) olduğundan \((x', y')\) konik üzerindeyse \((-x', -y')\) de üzerindedir. Yeni sistemde \((x', y') \mapsto (-x', -y')\), yeni başlangıç noktası \(M\)’ye göre simetridir. Öyleyse \(M\) bir merkezdir.

ii) \(M\) bir merkez olsun. Yeni sistemde konik üzerindeki her \((x', y')\) için \((-x', -y')\) de konik üzerindedir; iki noktada da yeni denklem sağlanır. İki eşitliği taraf tarafa çıkaralım. İkinci derece terimler ve sabit terim işaret değiştirmediğinden birbirini götürür ve \[ 4\big(a_{13}'x' + a_{23}'y'\big) = 0 \] kalır. Yani koniğin her noktası \(a_{13}'x' + a_{23}'y' = 0\) eşitliğini sağlar. \((a_{13}', a_{23}') \neq (0, 0)\) olsaydı bu eşitlik (yeni sistemde) bir doğru belirtirdi ve koniğin bütün noktaları bu doğru üzerinde toplanırdı; varsayıma aykırı. Öyleyse \(a_{13}' = a_{23}' = 0\)’dır; (6)’daki ilk iki eşitlik bu durumda (7)’yi verir. \(\blacksquare\)

Yani merkez, eksenleri oraya ötelediğimizde birinci dereceden terimlerin kaybolduğu noktadır ve (7) doğrusal sisteminin çözümüdür. ii) şıkkındaki koşul yalnız sıradan olmayan durumları ayıklar: örneğin boş kümenin her nokta “merkezidir”, ama bu bilgi işe yaramaz. Elips, hiperbol ve parabol hiçbir doğru üzerinde toplanmadığından onlar için (7) tam olarak merkezleri verir.

Sonuç 21.3 (Merkezin tekliği)  

7. sisteminin bir tek çözümü olması için gerek ve yeter koşul \[ -d = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{vmatrix} \neq 0 \] olmasıdır. Bu durumda (7)’nin çözümü \[ x_0 = \frac{1}{d}\begin{vmatrix} a_{13} & a_{12} \\ a_{23} & a_{22} \end{vmatrix}, \qquad y_0 = \frac{1}{d}\begin{vmatrix} a_{11} & a_{13} \\ a_{12} & a_{23} \end{vmatrix} \] dir.

İspat

Lineer cebirden bilindiği gibi, iki bilinmeyenli iki doğrusal denklemden oluşan bir sistemin tek çözümü olması için gerek ve yeter koşul, katsayılar determinantının sıfırdan farklı olmasıdır; bu durumda tek çözüm Cramer kuralıyla verilir. (7)’nin katsayılar determinantı \(\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{vmatrix} = a_{11}a_{22} - a_{12}^2 = -d\)’dir. Öyleyse \(d \neq 0\) iken katsayılar determinantı sıfırdan farklı olduğundan tek çözüm vardır ve Cramer kuralıyla \[ x_0 = \frac{1}{-d}\begin{vmatrix} -a_{13} & a_{12} \\ -a_{23} & a_{22} \end{vmatrix} = \frac{1}{d}\begin{vmatrix} a_{13} & a_{12} \\ a_{23} & a_{22} \end{vmatrix} \] bulunur; ilk sütunu \(-1\) ile çarpmak determinantın işaretini değiştirir. \(y_0\) için hesap aynıdır. \(\blacksquare\)

Bu sonuç, bölümün başından beri kullandığımız bir adı açıklıyor.

Tanım 21.10 (Merkezli konik) Karakteristiği \(d \neq 0\) olan (1) koniğine merkezli konik denir; (7)’nin tek çözümü \(M(x_0, y_0)\) bu koniğin merkezidir.

Yani elipsler, hiperboller, sanal elipsler, tek noktalar ve kesişen doğru çiftleri merkezli koniklerdir; tek nokta durumunda merkez o noktanın kendisi, kesişen iki doğru durumunda kesişim noktasıdır. Parabollerin ise hiç merkezi yoktur.

Önerme 21.5 (Parabolün merkezi yoktur) \(d = 0\) ve \(D \neq 0\) ise (7) sisteminin çözümü yoktur; dolayısıyla bir parabolün merkezi yoktur.

İspat

(7)’nin bir \((x_0, y_0)\) çözümü olduğunu varsayalım ve eksenleri \(M(x_0, y_0)\)’a öteleyelim. Lemma 21.1 gereği yeni denklemde \(a_{13}' = a_{23}' = 0\)’dır ve diskriminantı, üçüncü satıra göre açılınca \[ D' = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & 0 \\ a_{12} & a_{22} & 0 \\ 0 & 0 & a_{33}' \end{vmatrix} = a_{33}'\,(a_{11}a_{22} - a_{12}^2) = -a_{33}'\,d = 0 \] olur. Oysa Teorem 21.5 gereği \(D' = D \neq 0\)’dır. Bu çelişki (7)’nin çözümü olmadığını gösterir. Parabol bir doğru üzerinde toplanmadığından merkez lemmasının (Lemma 21.1) ii) şıkkı gereği her merkezi (7)’yi sağlamalıdır; öyleyse merkezi yoktur. \(\blacksquare\)

Merkez bulunduktan sonra eksenleri oraya ötelemek, birinci dereceden terimleri hesap yapmadan yok eder.

Sonuç 21.4 (Merkeze öteleme)  

1. koniğinin (7)’yi sağlayan bir \(M(x_0, y_0)\) merkezi varsa, \(x = x' + x_0\), \(y = y' + y_0\) ötelemesi birinci dereceden terimleri yok eder ve denklem \[ a_{11}x'^2 + 2a_{12}x'y' + a_{22}y'^2 + a_{33}' = 0, \qquad a_{33}' = F(x_0, y_0) \] biçimini alır.

İspat

Merkez lemmasındaki (Lemma 21.1) (6) formüllerinde (7) kullanılırsa \(a_{13}' = a_{23}' = 0\) bulunur; sabit terim \(F(x_0, y_0)\)’dır. \(\blacksquare\)

Yeni sabit terimi \(F(x_0, y_0)\)’ı hesaplamanın daha kısa bir yolu var.

Sonuç 21.5 (Merkeze ötelemede sabit terim) \(M(x_0, y_0)\), (7)’nin bir çözümü ise \[ a_{33}' = a_{13}x_0 + a_{23}y_0 + a_{33} \tag{8} \] dir. Ayrıca \(d \neq 0\) ise \(a_{33}' = -\dfrac{D}{d}\)’dir.

İspat

\(F(x_0, y_0)\)’ı terimleri gruplayarak yazalım: \[ \begin{aligned} F(x_0, y_0) &= a_{11}x_0^2 + 2a_{12}x_0y_0 + a_{22}y_0^2 + 2a_{13}x_0 + 2a_{23}y_0 + a_{33}\\[1mm] &= x_0(a_{11}x_0 + a_{12}y_0 + a_{13}) + y_0(a_{12}x_0 + a_{22}y_0 + a_{23})\\[1mm] &\quad+ a_{13}x_0 + a_{23}y_0 + a_{33}. \end{aligned} \] (7) gereği ilk iki parantez sıfırdır; (8) bulunur.

\(d \neq 0\) ise merkezin tekliğine ilişkin sonuçtaki (Sonuç 21.3) \(x_0\) ve \(y_0\)’ı (8)’de yerine yazalım: \[ \begin{aligned} a_{33}' &= \frac{a_{13}(a_{13}a_{22} - a_{12}a_{23}) + a_{23}(a_{11}a_{23} - a_{12}a_{13})}{d} + a_{33}\\[1mm] &= \frac{a_{13}^2a_{22} - 2a_{12}a_{13}a_{23} + a_{11}a_{23}^2 + a_{12}^2a_{33} - a_{11}a_{22}a_{33}}{d}. \end{aligned} \] Öte yandan \(D\)’yi üçüncü sütuna göre açarsak \[ \begin{aligned} D &= a_{13}\begin{vmatrix} a_{12} & a_{22} \\ a_{13} & a_{23} \end{vmatrix} - a_{23}\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{13} & a_{23} \end{vmatrix} + a_{33}\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{vmatrix}\\[1mm] &= 2a_{12}a_{13}a_{23} - a_{13}^2a_{22} - a_{11}a_{23}^2 + a_{11}a_{22}a_{33} - a_{12}^2a_{33} \end{aligned} \] bulunur. Bu, yukarıdaki payın tam \(-1\) katıdır; öyleyse \(a_{33}' = -\dfrac{D}{d}\)’dir. \(\blacksquare\)

Yani merkezli bir konikte merkezi bulup eksenleri oraya ötelemek, denklemi \(a_{11}x'^2 + 2a_{12}x'y' + a_{22}y'^2 = \dfrac{D}{d}\) biçimine getirir; bundan sonra karma terimi yok eden dönme doğrudan (5)’i verir. Bu yol, indirgenmiş biçim teoremindeki (Teorem 21.6) “önce döndür, sonra ötele” yolunun tersidir ve sonuç aynıdır.

21.10 Karakteristiği ve diskriminantı sıfır olan konikler

Son durumda \(d = 0\) ve \(D = 0\)’dır. Önce bu iki koşulun katsayılar arasında ne söylediğini açalım.

Lemma 21.2 (Karakteristiğin ve diskriminantın birlikte sıfır olması) \[ d = 0 \;\text{ ve }\; D = 0 \iff a_{12}^2 = a_{11}a_{22},\quad a_{12}a_{13} = a_{11}a_{23} \;\text{ ve }\; a_{13}a_{22} = a_{12}a_{23}. \]

İspat

(\(\Rightarrow\)) \(d = 0\) olsun; bu \(a_{12}^2 = a_{11}a_{22}\) demektir. \(D\)’yi üçüncü sütuna göre açalım; son terimin çarpanı \(\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{vmatrix} = -d = 0\)’dır: \[ 0 = D = a_{13}(a_{12}a_{23} - a_{13}a_{22}) - a_{23}(a_{11}a_{23} - a_{12}a_{13}). \tag{9} \] (9)’un sağ tarafını \(a_{11}\) ile çarpıp \(a_{11}a_{22} = a_{12}^2\) yazalım: \[ \begin{aligned} 0 &= a_{11}a_{12}a_{13}a_{23} - a_{11}a_{22}a_{13}^2 - a_{11}^2a_{23}^2 + a_{11}a_{12}a_{13}a_{23}\\[1mm] &= 2a_{11}a_{12}a_{13}a_{23} - a_{12}^2a_{13}^2 - a_{11}^2a_{23}^2 = -(a_{12}a_{13} - a_{11}a_{23})^2. \end{aligned} \] Bir gerçel sayının karesi ancak sayı sıfırsa sıfırdır; \(a_{12}a_{13} = a_{11}a_{23}\) bulunur. (9)’u \(a_{22}\) ile çarpıp yine \(a_{11}a_{22} = a_{12}^2\) yazarsak \[ \begin{aligned} 0 &= a_{22}a_{12}a_{13}a_{23} - a_{13}^2a_{22}^2 - a_{12}^2a_{23}^2 + a_{22}a_{12}a_{13}a_{23}\\[1mm] &= -(a_{13}a_{22} - a_{12}a_{23})^2 \end{aligned} \] olur ve \(a_{13}a_{22} = a_{12}a_{23}\) çıkar.

(\(\Leftarrow\)) Üç eşitlik sağlansın. Birincisi \(d = 0\) demektir. İkincisi ve üçüncüsü (9)’daki iki parantezi sıfır yapar: \(a_{12}a_{23} - a_{13}a_{22} = 0\) ve \(a_{11}a_{23} - a_{12}a_{13} = 0\). \(D\)’nin üçüncü sütuna göre açılımının üç terimi de sıfır olduğundan \(D = 0\)’dır. \(\blacksquare\)

Yani \(d = D = 0\) iken ikinci derece katsayılar ile birinci derece katsayılar “orantılıdır”. Bu durumda (7)’nin iki denklemi aynı doğruyu anlatır ve koniğin sonsuz çok merkezi vardır.

Teorem 21.10 (Paralel, çakışık ve sanal doğru çiftleri)  

1. denkleminde \(d = 0\) ve \(D = 0\) olsun. Denklem gerekirse \(-1\) ile çarpılarak \(a_{11} + a_{22} > 0\) yapılabilir; bunu varsayalım. O zaman (7)’nin çözümleri bir doğru oluşturur, bu doğrunun herhangi bir \(M(x_0, y_0)\) noktasına yapılan öteleme denklemi \[ \big(\sqrt{a_{11}}\,x' + \varepsilon\sqrt{a_{22}}\,y'\big)^2 + a_{33}' = 0 \tag{10} \] biçimine getirir (\(a_{12} \geq 0\) ise \(\varepsilon = 1\), \(a_{12} < 0\) ise \(\varepsilon = -1\)) ve \(a_{33}'\) seçilen \(M\)’ye bağlı değildir: \[ a_{33}' = \frac{a_{11}a_{33} - a_{13}^2 + a_{22}a_{33} - a_{23}^2}{a_{11} + a_{22}}. \] Buna göre:

i) \(a_{33}' < 0\) ise denklem paralel iki doğru belirtir;

ii) \(a_{33}' > 0\) ise çözüm kümesi \(\varnothing\)’dir (sanal iki doğru);

iii) \(a_{33}' = 0\) ise denklem çakışık iki doğru, yani tek bir doğru belirtir.

İspat

İşaretler. \(a_{11}a_{22} = a_{12}^2 \geq 0\) olduğundan \(a_{11}\) ile \(a_{22}\) aynı işaretlidir ya da biri sıfırdır. İkisi birden sıfır olsaydı \(a_{12}^2 = 0\) çıkar ve (1)’in varsayımı bozulurdu; öyleyse \(a_{11} + a_{22} \neq 0\)’dır. Denklemi \(-1\) ile çarpmak çözüm kümesini değiştirmez ve lemmadaki eşitlikleri bozmaz; böylece \(a_{11} + a_{22} > 0\), dolayısıyla \(a_{11} \geq 0\) ve \(a_{22} \geq 0\) alabiliriz.

Merkezler. \(a_{11} > 0\) olsun. (7)’nin ikinci denklemini \(a_{11}\) ile çarpıp lemmadaki (Lemma 21.2) \(a_{11}a_{22} = a_{12}^2\) ve \(a_{11}a_{23} = a_{12}a_{13}\) eşitliklerini kullanalım: \[ a_{11}a_{12}x_0 + a_{12}^2y_0 = -a_{12}a_{13}, \quad\text{yani}\quad a_{12}(a_{11}x_0 + a_{12}y_0 + a_{13}) = 0. \] Bu, birinci denklemin bir sonucudur. Öyleyse (7), tek başına birinci denkleme, yani \(a_{11}x_0 + a_{12}y_0 = -a_{13}\) doğrusuna denktir. \(a_{11} = 0\) ise \(a_{12}^2 = 0\), \(a_{22} > 0\) ve \(a_{13}a_{22} = a_{12}a_{23} = 0\)’dan \(a_{13} = 0\)’dır; (7)’nin birinci denklemi \(0 = 0\) olur ve sistem \(a_{22}y_0 = -a_{23}\) doğrusuna denktir. Her iki durumda (7)’nin çözümleri bir doğrudur.

Sabit terim. \(M(x_0, y_0)\) bu doğrudan bir nokta olsun. Sonuç 21.4 gereği öteleme denklemi \[ a_{11}x'^2 + 2a_{12}x'y' + a_{22}y'^2 + a_{33}' = 0 \] biçimine getirir ve (8)’e göre \(a_{33}' = a_{13}x_0 + a_{23}y_0 + a_{33}\)’tür. Bu eşitliği \(a_{11}\) ile çarpıp \(a_{11}a_{23} = a_{12}a_{13}\) ve (7)’yi kullanalım: \[ \begin{aligned} a_{11}a_{33}' &= a_{11}a_{13}x_0 + a_{12}a_{13}y_0 + a_{11}a_{33}\\[1mm] &= a_{13}(a_{11}x_0 + a_{12}y_0) + a_{11}a_{33} = a_{11}a_{33} - a_{13}^2. \end{aligned} \] Benzer biçimde \(a_{22}\) ile çarpıp \(a_{13}a_{22} = a_{12}a_{23}\) kullanırsak \[ \begin{aligned} a_{22}a_{33}' &= a_{12}a_{23}x_0 + a_{22}a_{23}y_0 + a_{22}a_{33}\\[1mm] &= a_{23}(a_{12}x_0 + a_{22}y_0) + a_{22}a_{33} = a_{22}a_{33} - a_{23}^2 \end{aligned} \] bulunur. (\(a_{12}\) ile çarpınca da aynı yoldan \(a_{12}a_{33}' = a_{12}a_{33} - a_{13}a_{23}\) çıkar.) İlk ikisini toplayıp \(a_{11} + a_{22} > 0\)’a bölersek \(a_{33}'\) için verilen formül elde edilir; formülde \(x_0\) ve \(y_0\) geçmediğinden \(a_{33}'\) merkezin seçimine bağlı değildir.

Tam kare. \(\varepsilon\) söylendiği gibi seçilirse \(\varepsilon\sqrt{a_{11}a_{22}} = \varepsilon|a_{12}| = a_{12}\)’dir. Öyleyse \[ \big(\sqrt{a_{11}}\,x' + \varepsilon\sqrt{a_{22}}\,y'\big)^2 = a_{11}x'^2 + 2a_{12}x'y' + a_{22}y'^2 \] dir ve denklem (10) biçimini alır. \((\sqrt{a_{11}}, \sqrt{a_{22}}) \neq (0, 0)\) olduğundan \(\ell(x', y') = \sqrt{a_{11}}\,x' + \varepsilon\sqrt{a_{22}}\,y'\) için \(\ell = k\) denklemleri paralel doğrulardır.

i) \(a_{33}' < 0\) ise \(-a_{33}' = k^2\) (\(k > 0\)) yazalım. (10), \(\ell^2 = k^2\), yani \(\ell = k\) ya da \(\ell = -k\) olur: iki farklı paralel doğru.

ii) \(a_{33}' > 0\) ise (10), \(\ell^2 = -a_{33}' < 0\) verir; bir gerçel sayının karesi negatif olamaz, çözüm yoktur. Denklem doğru denklemlerine benzediğinden bu duruma sanal iki doğru denir.

iii) \(a_{33}' = 0\) ise (10), \(\ell^2 = 0\), yani \(\ell = 0\) olur: iki doğru çakışır. \(\blacksquare\)

Yani \(d = D = 0\) iken denklem, bir doğrusal ifadenin karesi artı bir sabite indirgenir; sabitin işareti, iki paralel doğru mu, tek doğru mu, hiç nokta mı olduğunu söyler. \(a_{33}'\)’yü hesaplarken \(a_{11} \neq 0\) ise kısaca \(a_{33}' = \dfrac{a_{11}a_{33} - a_{13}^2}{a_{11}}\), \(a_{22} \neq 0\) ise \(a_{33}' = \dfrac{a_{22}a_{33} - a_{23}^2}{a_{22}}\) de kullanılabilir. Bu formüller, \(a_{11} + a_{22} > 0\) olacak biçimde işaretlenmiş denklem için geçerlidir.

Örnek 21.8 (Paralel iki doğru belirten bir denklem) \(x^2 + 4xy + 4y^2 + 2x + 4y - 3 = 0\) denkleminin belirttiği kümeyi bulunuz.

Çözüm

Katsayılar ve değişmezler. \(a_{11} = 1\), \(a_{12} = 2\), \(a_{22} = 4\), \(a_{13} = 1\), \(a_{23} = 2\), \(a_{33} = -3\)’tür. \(d = 4 - 4 = 0\)’dır. Lemmadaki (Lemma 21.2) eşitlikler sağlanır: \[ a_{12}a_{13} = 2 = a_{11}a_{23}, \qquad a_{13}a_{22} = 4 = a_{12}a_{23}; \] öyleyse \(D = 0\)’dır.

Sabit terim. \(a_{11} + a_{22} = 5 > 0\)’dır ve \(a_{11} \neq 0\) olduğundan \[ a_{33}' = \frac{a_{11}a_{33} - a_{13}^2}{a_{11}} = \frac{-3 - 1}{1} = -4 < 0 \] bulunur. Teorem 21.10 gereği denklem paralel iki doğru belirtir.

Doğrular. Merkezler (7)’nin birinci denklemi \(x_0 + 2y_0 = -1\) doğrusudur; örneğin \(M(-1, 0)\)’ı seçelim. \(x = x' - 1\), \(y = y'\) ötelemesiyle denklem \((x' + 2y')^2 - 4 = 0\) olur (\(\varepsilon = 1\), çünkü \(a_{12} > 0\)). Buradan \(x' + 2y' = \pm 2\), eski koordinatlarla \(x + 1 + 2y = \pm 2\), yani \[ x + 2y - 1 = 0 \qquad\text{ve}\qquad x + 2y + 3 = 0 \] doğruları bulunur. Denetim: \[ \begin{aligned} (x + 2y - 1)(x + 2y + 3) &= (x + 2y)^2 + 2(x + 2y) - 3\\[1mm] &= x^2 + 4xy + 4y^2 + 2x + 4y - 3. \end{aligned} \]

d = D = 0 ve a'₃₃ = −4 < 0: denklem paralel iki doğrudur; merkezler aralarındaki orta doğrudadır.

\(\blacksquare\)

21.11 Sınıflandırma tablosu

Şimdi bütün sonuçları bir arada görebiliriz. \(d\), \(D\), \(a_{11} + a_{22}\) ve gerektiğinde \(a_{33}'\)’nün işaretleri, dönme ya da öteleme yapmadan koniğin cinsini söyler.

\(d\)	\(D\)	\(a_{11} + a_{22}\)	\(a_{33}'\)	Konik	Tür
\(+\)	\(+\)			Hiperbol	Hiperbolik
\(+\)	\(-\)			Hiperbol	Hiperbolik
\(+\)	\(0\)			Kesişen iki doğru	Hiperbolik
\(-\)	\(+\)	\(+\)		Sanal elips	Eliptik
\(-\)	\(+\)	\(-\)		Elips	Eliptik
\(-\)	\(-\)	\(+\)		Elips	Eliptik
\(-\)	\(-\)	\(-\)		Sanal elips	Eliptik
\(-\)	\(0\)			Tek nokta	Eliptik
\(0\)	\(+\)			Parabol	Parabolik
\(0\)	\(-\)			Parabol	Parabolik
\(0\)	\(0\)	\(+\)	\(+\)	Sanal iki doğru	Parabolik
\(0\)	\(0\)	\(+\)	\(-\)	Paralel iki doğru	Parabolik
\(0\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	Çakışık iki doğru	Parabolik

Son üç satırda denklem önce \(a_{11} + a_{22} > 0\) olacak biçimde işaretlenir (\(a_{11} + a_{22} < 0\) ise \(-1\) ile çarpılır); \(a_{33}'\) ise Teorem 21.10 içindeki formülle hesaplanır. Boş satırlar, o sütunun sonucu etkilemediğini gösterir.

İpucuBir koniği beş adımda sınıflandırmak

1. Katsayıları okuyun: \(a_{12}\), \(a_{13}\), \(a_{23}\) ilgili terimin katsayısının yarısıdır.
2. \(d = a_{12}^2 - a_{11}a_{22}\)’yi hesaplayın; bu, türü (hiperbolik, eliptik, parabolik) verir.
3. \(D\)’yi hesaplayın. \(d < 0\) ise \(a_{11} + a_{22}\)’nin işaretine, \(d = D = 0\) ise \(a_{33}'\)’nün işaretine de bakın ve tablodan koniği okuyun.
4. \(d \neq 0\) ise merkezi (7)’den bulun; eksenleri oraya ötelemek birinci dereceden terimleri yok eder ve sabit terim \(-\dfrac{D}{d}\) olur.
5. Karma terimi dönme açısı teoremindeki (Teorem 21.2) açıyla yok edin; \(d \neq 0\) ise sonuç (5)’tir.

Örnek 21.9 (Bir parametreye bağlı konikler) \[ mx^2 - 2xy + my^2 - 2mx + 2y + 2 = 0 \] denkleminin belirttiği konikleri \(m\)’nin değerlerine göre sınıflandırınız.

Çözüm

Katsayılar. \(a_{11} = m\), \(a_{12} = -1\), \(a_{22} = m\), \(a_{13} = -m\), \(a_{23} = 1\), \(a_{33} = 2\)’dir.

Karakteristik. \[ d = a_{12}^2 - a_{11}a_{22} = 1 - m^2 = (1 - m)(1 + m). \]

Diskriminant. Birinci satıra göre açalım: \[ D = \begin{vmatrix} m & -1 & -m \\ -1 & m & 1 \\ -m & 1 & 2 \end{vmatrix} = m\begin{vmatrix} m & 1 \\ 1 & 2 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -1 & 1 \\ -m & 2 \end{vmatrix} - m\begin{vmatrix} -1 & m \\ -m & 1 \end{vmatrix}. \] İkinci terimde \(a_{12} = -1\) olduğundan açılımdaki \(-a_{12}\) çarpanı \(+1\)’dir. Küçük determinantlar \(2m - 1\), \(-2 + m\) ve \(-1 + m^2\)’dir: \[ \begin{aligned} D &= m(2m - 1) + (m - 2) - m(m^2 - 1)\\[1mm] &= 2m^2 - m + m - 2 - m^3 + m = -m^3 + 2m^2 + m - 2\\[1mm] &= -m(m^2 - 1) + 2(m^2 - 1) = (m^2 - 1)(2 - m)\\[1mm] &= (1 - m)(1 + m)(m - 2). \end{aligned} \]

İz. \(a_{11} + a_{22} = 2m\)’dir.

İşaret tablosu. \(d\)’nin kökleri \(\pm 1\), \(D\)’nin kökleri \(\pm 1\) ve \(2\), izin kökü \(0\)’dır. Aralıklarda bir değer deneyerek işaretleri buluruz:

\(m\)	\(m < -1\)	\(-1 < m < 0\)	\(0 < m < 1\)	\(1 < m < 2\)	\(m > 2\)
\(d\)	\(-\)	\(+\)	\(+\)	\(-\)	\(-\)
\(D\)	\(+\)	\(-\)	\(-\)	\(+\)	\(-\)
\(a_{11} + a_{22}\)	\(-\)	\(-\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)
Konik	Elips	Hiperbol	Hiperbol	Sanal elips	Elips

Tabloya göre:

• \(m < -1\) ise elips (\(d < 0\), \(D > 0\), iz negatif),
• \(-1 < m < 1\) ise hiperbol (\(d > 0\), \(D < 0\); \(m = 0\) da aşağıda),
• \(1 < m < 2\) ise sanal elips (\(d < 0\), \(D > 0\), iz pozitif),
• \(m > 2\) ise elips (\(d < 0\), \(D < 0\), iz pozitif).

Sınır değerleri. \(m = -1\) için \(d = 0\) ve \(D = 0\)’dır. İz \(-2 < 0\) olduğundan denklemi \(-1\) ile çarpalım: \(x^2 + 2xy + y^2 - 2x - 2y - 2 = 0\). Şimdi \(a_{11} = 1\), \(a_{13} = -1\), \(a_{33} = -2\) ve \[ a_{33}' = \frac{a_{11}a_{33} - a_{13}^2}{a_{11}} = -2 - 1 = -3 < 0 \] olduğundan konik paralel iki doğrudur. Gerçekten denklem \((x + y)^2 - 2(x + y) - 2 = 0\)’dır ve \(x + y = 1 \pm \sqrt{3}\) doğrularını verir.

\(m = 0\) için \(d = 1 > 0\) ve \(D = -2 < 0\)’dır; konik bir hiperboldür. Denklem \(-2xy + 2y + 2 = 0\), yani \(y(x - 1) = 1\)’dir.

\(m = 1\) için \(d = 0\) ve \(D = 0\)’dır. İz \(2 > 0\)’dır; \(a_{11} = 1\), \(a_{13} = -1\), \(a_{33} = 2\) ile \[ a_{33}' = \frac{2 - 1}{1} = 1 > 0 \] olduğundan konik sanal iki doğrudur. Gerçekten denklem \[ (x - y)^2 - 2(x - y) + 2 = \big[(x - y) - 1\big]^2 + 1 = 0 \] dır ve hiçbir nokta sağlamaz.

\(m = 2\) için \(d = -3 < 0\) ve \(D = 0\)’dır; konik tek bir noktadır.

Denetim. \(m \neq \pm 1\) iken \(d \neq 0\)’dır ve (7) sistemi \(mx_0 - y_0 = m\), \(-x_0 + my_0 = -1\)’dir. İkinciden \(x_0 = my_0 + 1\); birincide yerine yazınca \((m^2 - 1)\,y_0 = 0\), yani \(y_0 = 0\) ve \(x_0 = 1\) bulunur. Bütün merkezli üyelerin merkezi \(M(1, 0)\)’dır ve Sonuç 21.5 gereği \(a_{33}' = -\dfrac{D}{d} = 2 - m\)’dir. Eksenleri \(M\)’ye öteleyip (\(x = x' + 1\), \(y = y'\)) sonra \(\dfrac{\pi}{4}\) döndürürsek (\(a_{11} = a_{22}\)) kare katsayıları \(\dfrac{a_{11} \pm 2a_{12} + a_{22}}{2} = m \mp 1\) olur ve denklem \[ (m - 1)\,x''^2 + (m + 1)\,y''^2 = m - 2 \] biçimini alır. Buradan da okunur: \(m = 2\) için \(x''^2 + 3y''^2 = 0\) yalnız \(M(1, 0)\) noktasıdır; \(m = -2\) için \(3x''^2 + y''^2 = 4\) bir elipstir; \(1 < m < 2\) için sol taraf pozitif, sağ taraf negatiftir (sanal elips); \(-1 < m < 1\) için kare katsayıları ters işaretlidir (hiperbol).

mx² − 2xy + my² − 2mx + 2y + 2 = 0 ailesinin bazı üyeleri; merkezli üyelerin hepsi M(1, 0) merkezlidir ve eksenleri π/4 döndürülmüş doğrultudadır.

\(\blacksquare\)

21.12 Alıştırmalar

Aşağıdaki alıştırmalarda karma terimi dönmeyle yok edeceğiz, konikleri değişmezlerle sınıflandıracağız ve merkezleri bulacağız.

Alıştırma 21.1 (Dönmeyle standart biçime gelen parabol) \[ 4x^2 - 4xy + y^2 - 8\sqrt{5}\,x - 16\sqrt{5}\,y = 0 \] koniğini uygun bir dönme yardımıyla standart biçime getiriniz.

Çözüm

Açı. \(a_{11} = 4\), \(a_{12} = -2\), \(a_{22} = 1\), \(a_{13} = -4\sqrt{5}\), \(a_{23} = -8\sqrt{5}\), \(a_{33} = 0\)’dır. \(a_{11} \neq a_{22}\) olduğundan \[ \tan 2\theta = \frac{2a_{12}}{a_{11} - a_{22}} = \frac{-4}{3} \] dir. \(0 < 2\theta < \pi\) ve tanjant negatif olduğundan \(2\theta\) ikinci bölgededir; \(\cos^2 2\theta = \dfrac{1}{1 + \frac{16}{9}} = \dfrac{9}{25}\)’ten \(\cos 2\theta = -\dfrac{3}{5}\) ve \(\sin 2\theta = \dfrac{4}{5}\) bulunur. Yarım açı formülleriyle \[ \cos^2\theta = \frac{1 - \frac{3}{5}}{2} = \frac{1}{5}, \qquad \sin^2\theta = \frac{1 + \frac{3}{5}}{2} = \frac{4}{5}, \] yani \(\cos\theta = \dfrac{1}{\sqrt{5}}\), \(\sin\theta = \dfrac{2}{\sqrt{5}}\)’tir (\(\theta = \arctan 2\)).

Dönme. Dönme formülleri \[ x = \frac{x' - 2y'}{\sqrt{5}}, \qquad y = \frac{2x' + y'}{\sqrt{5}} \] dir. İkinci derece kısım \(4x^2 - 4xy + y^2 = (2x - y)^2\)’dir ve \[ 2x - y = \frac{2x' - 4y' - 2x' - y'}{\sqrt{5}} = \frac{-5y'}{\sqrt{5}} = -\sqrt{5}\,y' \] olduğundan \((2x - y)^2 = 5y'^2\)’dir. Birinci derece kısım: \[ \begin{aligned} -8\sqrt{5}\,x - 16\sqrt{5}\,y &= -8(x' - 2y') - 16(2x' + y')\\[1mm] &= -40x' + (16 - 16)\,y' = -40x'. \end{aligned} \] Denklem \(5y'^2 - 40x' = 0\), yani \[ y'^2 = 8x' \] olur. Bu, tepe noktası \(O\), ekseni \(X'\)-ekseni olan ve pozitif \(X'\) yönüne açılan bir paraboldür; \(y^2 = 2px\) biçiminde \(p = 4\)’tür (Parabol). Eski sistemde \(X'\)-ekseni, \(O\)’dan \((1, 2)\) doğrultusunda geçen \(y = 2x\) doğrusudur.

Denetim. \(d = 4 - 4 = 0\) ve \(D = -2000 \neq 0\) olduğundan konik gerçekten bir paraboldür. İz \(a_{11} + a_{22} = 5 = 0 + 5\)’tir. Parabol \(X\)-eksenini \(4x^2 - 8\sqrt{5}\,x = 0\)’dan \(x = 0\) ve \(x = 2\sqrt{5}\)’te keser; \((2\sqrt{5}, 0)\) noktasının yeni koordinatları \(x' = \dfrac{2\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = 2\), \(y' = \dfrac{-2\cdot 2\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = -4\)’tür ve \((-4)^2 = 8\cdot 2\)’dir.

Eksenler arctan 2 kadar döndürülünce 4x² − 4xy + y² − 8√5x − 16√5y = 0 parabolü y'² = 8x' olur; parabolün ekseni y = 2x doğrusudur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.2 (Dönme ve ötelemeyle standart biçime gelen hiperbol) \(xy - 2y - 4x = 0\) koniğini uygun bir dönme yardımıyla standart biçime getiriniz.

Çözüm

Dönme. \(a_{11} = a_{22} = 0\) ve \(a_{12} = \dfrac{1}{2} \neq 0\) olduğundan Teorem 21.2 gereği \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) alırız: \[ x = \frac{1}{\sqrt{2}}(x' - y'), \qquad y = \frac{1}{\sqrt{2}}(x' + y'). \] Yerine yazalım: \[ \begin{aligned} xy &= \frac{1}{2}(x' - y')(x' + y') = \frac{1}{2}\big(x'^2 - y'^2\big),\\[1mm] -2y - 4x &= -\frac{2}{\sqrt{2}}(x' + y') - \frac{4}{\sqrt{2}}(x' - y') = -\frac{6}{\sqrt{2}}\,x' + \frac{2}{\sqrt{2}}\,y'. \end{aligned} \] \(\dfrac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}\) ve \(\dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\)’dir. Denklemi \(2\) ile çarparsak \[ x'^2 - y'^2 - 6\sqrt{2}\,x' + 2\sqrt{2}\,y' = 0 \] bulunur. \(a_{11}' = 1\) ve \(a_{22}' = -1\) ters işaretli olduğundan konik hiperboliktir.

Eksenler π/4 döndürülünce karma terim kaybolur: x'² − y'² − 6√2x' + 2√2y' = 0.

Öteleme. Tam kareye tamamlayalım: \[ \begin{aligned} x'^2 - 6\sqrt{2}\,x' &= \big(x' - 3\sqrt{2}\big)^2 - 18,\\[1mm] -y'^2 + 2\sqrt{2}\,y' &= -\big(y' - \sqrt{2}\big)^2 + 2. \end{aligned} \] Denklem \[ \big(x' - 3\sqrt{2}\big)^2 - \big(y' - \sqrt{2}\big)^2 - 16 = 0 \] olur. \(x'' = x' - 3\sqrt{2}\), \(y'' = y' - \sqrt{2}\) ötelemesiyle \[ x''^2 - y''^2 = 16 \] bulunur. Bu, \(a = b = 4\) olan bir ikizkenar hiperboldür; asal ekseni \(X''\)-eksenidir (Hiperbol).

Eski sistemde. Merkez \(X'Y'\)’de \((3\sqrt{2}, \sqrt{2})\)’dir; eski sistemde \(x = \dfrac{3\sqrt{2} - \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 2\), \(y = \dfrac{3\sqrt{2} + \sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 4\), yani \(C(2, 4)\)’tür. Köşeler \(x'' = \pm 4\), \(y'' = 0\)’dadır, yani \(x' = 3\sqrt{2} \pm 4\), \(y' = \sqrt{2}\); eski sistemde \[ \big(2 + 2\sqrt{2},\; 4 + 2\sqrt{2}\big) \qquad\text{ve}\qquad \big(2 - 2\sqrt{2},\; 4 - 2\sqrt{2}\big) \] dir. Denetim: denklem \((x - 2)(y - 4) = 8\) biçiminde de yazılabilir ve köşeler için \((\pm 2\sqrt{2})(\pm 2\sqrt{2}) = 8\)’dir. Değişmezler de uyar: \(d = \dfrac{1}{4} > 0\) ve \(D = 2 \neq 0\)’dır.

Eksenler merkez C(2, 4)'e ötelenince ikizkenar hiperbolün standart denklemi x''² − y''² = 16 elde edilir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.3 (Koniğin cinsi: dönmüş bir hiperbol) \(3x^2 - 10xy + 3y^2 + x - 32 = 0\) denklemiyle verilen koniğin cinsini belirleyiniz.

Çözüm

Değişmezler. \(a_{11} = 3\), \(a_{12} = -5\), \(a_{22} = 3\), \(a_{13} = \dfrac{1}{2}\), \(a_{23} = 0\), \(a_{33} = -32\)’dir. Karakteristik \[ d = a_{12}^2 - a_{11}a_{22} = 25 - 9 = 16 > 0 \] dır. Diskriminantı üçüncü sütuna göre açalım (\(a_{23} = 0\) olduğundan orta terim yoktur): \[ D = \begin{vmatrix} 3 & -5 & \frac{1}{2} \\ -5 & 3 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & -32 \end{vmatrix} = \frac{1}{2}\begin{vmatrix} -5 & 3 \\ \frac{1}{2} & 0 \end{vmatrix} - 32\begin{vmatrix} 3 & -5 \\ -5 & 3 \end{vmatrix} = \frac{1}{2}\left(-\frac{3}{2}\right) - 32(9 - 25). \] Buradan \(D = -\dfrac{3}{4} + 512 = \dfrac{2045}{4} > 0\) bulunur. \(d > 0\) ve \(D > 0\) olduğundan Teorem 21.7 gereği konik bir hiperboldür.

İndirgenmiş biçim. \(a_{11} = a_{22}\) olduğundan dönme açısı \(\dfrac{\pi}{4}\)’tür ve (3)’ten \[ a_{11}' = \frac{a_{11} + 2a_{12} + a_{22}}{2} = \frac{3 - 10 + 3}{2} = -2, \qquad a_{22}' = \frac{a_{11} - 2a_{12} + a_{22}}{2} = 8 \] bulunur. Denetim: \(a_{11}' + a_{22}' = 6 = a_{11} + a_{22}\) ve \(-a_{11}'a_{22}' = 16 = d\)’dir. \(\dfrac{D}{d} = \dfrac{2045}{64}\) olduğundan (5) \[ -2x''^2 + 8y''^2 = \frac{2045}{64} \] verir. Katsayısı \(D\) ile aynı işaretli (pozitif) olan \(y''\) olduğundan asal eksen \(Y''\)-eksenidir.

Merkez. (7) sistemi \(3x_0 - 5y_0 = -\dfrac{1}{2}\), \(-5x_0 + 3y_0 = 0\)’dır. İkinciden \(y_0 = \dfrac{5}{3}x_0\); birincide yerine yazınca \(\left(3 - \dfrac{25}{3}\right)x_0 = -\dfrac{1}{2}\), yani \(x_0 = \dfrac{3}{32}\) ve \(y_0 = \dfrac{5}{32}\) bulunur. (8)’den \[ a_{33}' = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{32} - 32 = -\frac{2045}{64} = -\frac{D}{d} \] olur; bu, Sonuç 21.5 ile uyumludur.

d = 16 > 0, D = 2045/4 > 0: konik, asal ekseni Y''-ekseni olan bir hiperboldür.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.4 (Koniğin cinsi: dönmüş bir elips) \(41x^2 - 84xy + 76y^2 = 168\) denklemiyle verilen koniğin cinsini belirleyiniz.

Çözüm

Değişmezler. Denklemi \(41x^2 - 84xy + 76y^2 - 168 = 0\) diye yazarsak \(a_{11} = 41\), \(a_{12} = -42\), \(a_{22} = 76\), \(a_{13} = a_{23} = 0\), \(a_{33} = -168\)’dir. \[ d = (-42)^2 - 41\cdot 76 = 1764 - 3116 = -1352 < 0 \] dır. Diskriminant üçüncü satıra göre açılınca \[ D = \begin{vmatrix} 41 & -42 & 0 \\ -42 & 76 & 0 \\ 0 & 0 & -168 \end{vmatrix} = -168\,(41\cdot 76 - 42^2) = -168\cdot 1352 < 0 \] bulunur. \(a_{11} + a_{22} = 117 > 0\)’dır. \(d < 0\) ve \(D\) ile iz ters işaretli olduğundan Teorem 21.8 gereği konik bir elipstir.

İndirgenmiş biçim. \(\tan 2\theta = \dfrac{2a_{12}}{a_{11} - a_{22}} = \dfrac{-84}{-35} = \dfrac{12}{5}\)’tir. \(\cos^2 2\theta = \dfrac{1}{1 + \frac{144}{25}} = \dfrac{25}{169}\) ve \(2\theta\) birinci bölgede olduğundan \(\cos 2\theta = \dfrac{5}{13}\)’tür. Buradan \[ \cos^2\theta = \frac{1 + \frac{5}{13}}{2} = \frac{9}{13}, \qquad \sin^2\theta = \frac{4}{13}, \qquad \cos\theta\sin\theta = \frac{6}{13} \] dır (\(\theta = \arctan\dfrac{2}{3}\)). (3)’ten \[ \begin{aligned} a_{11}' &= \frac{41\cdot 9 - 84\cdot 6 + 76\cdot 4}{13} = \frac{369 - 504 + 304}{13} = 13,\\[1mm] a_{22}' &= \frac{41\cdot 4 + 84\cdot 6 + 76\cdot 9}{13} = \frac{164 + 504 + 684}{13} = 104 \end{aligned} \] bulunur. Birinci derece terim olmadığından öteleme gerekmez ve denklem \[ 13x'^2 + 104y'^2 = 168, \quad\text{yani}\quad \frac{x'^2}{168/13} + \frac{y'^2}{21/13} = 1 \] olur. Denetim: \(\dfrac{D}{d} = \dfrac{-168\cdot 1352}{-1352} = 168\)’dir ve \(13 + 104 = 117\), \(13\cdot 104 = 1352 = -d\)’dir. Elipsin yarı eksenleri \(\sqrt{168/13} \approx 3{,}595\) (\(X'\) boyunca) ve \(\sqrt{21/13} \approx 1{,}271\)’dir (\(Y'\) boyunca).

Eksenler arctan(2/3) döndürülünce elipsin denklemi 13x'² + 104y'² = 168 olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.5 (Koniğin cinsi: dönmüş bir parabol) \[ 16x^2 + 24xy + 9y^2 - 30x + 40y = 0 \] denklemiyle verilen koniğin cinsini belirleyiniz.

Çözüm

Değişmezler. \(a_{11} = 16\), \(a_{12} = 12\), \(a_{22} = 9\), \(a_{13} = -15\), \(a_{23} = 20\), \(a_{33} = 0\)’dır. \[ d = 12^2 - 16\cdot 9 = 144 - 144 = 0 \] dır; konik paraboliktir. Diskriminantı üçüncü sütuna göre açalım (\(a_{33} = 0\) olduğundan son terim yoktur): \[ D = -15\begin{vmatrix} 12 & 9 \\ -15 & 20 \end{vmatrix} - 20\begin{vmatrix} 16 & 12 \\ -15 & 20 \end{vmatrix} = -15\,(240 + 135) - 20\,(320 + 180). \] Buradan \[ D = -15\cdot 375 - 20\cdot 500 = -5625 - 10000 = -15625 \neq 0 \] bulunur. \(d = 0\) ve \(D \neq 0\) olduğundan Teorem 21.9 gereği konik bir paraboldür.

Standart biçim. \(\tan 2\theta = \dfrac{24}{16 - 9} = \dfrac{24}{7}\) ve \(\cos^2 2\theta = \dfrac{1}{1 + \frac{576}{49}} = \dfrac{49}{625}\)’ten \(\cos 2\theta = \dfrac{7}{25}\)’tir. Buradan \(\cos^2\theta = \dfrac{16}{25}\), \(\sin^2\theta = \dfrac{9}{25}\), yani \(\cos\theta = \dfrac{4}{5}\), \(\sin\theta = \dfrac{3}{5}\) ve \(\cos\theta\sin\theta = \dfrac{12}{25}\)’tir. (3)’ten \[ \begin{aligned} a_{11}' &= \frac{16\cdot 16 + 24\cdot 12 + 9\cdot 9}{25} = \frac{625}{25} = 25, & a_{22}' &= \frac{16\cdot 9 - 24\cdot 12 + 9\cdot 16}{25} = 0,\\[1mm] a_{13}' &= -15\cdot\frac{4}{5} + 20\cdot\frac{3}{5} = 0, & a_{23}' &= 15\cdot\frac{3}{5} + 20\cdot\frac{4}{5} = 25 \end{aligned} \] bulunur. Denklem \(25x'^2 + 50y' = 0\), yani \[ x'^2 = -2y' \] olur. Bu, tepe noktası \(O\), ekseni \(Y'\)-ekseni olan ve negatif \(Y'\) yönüne açılan bir paraboldür. Denetim: \(D' = -a_{23}'^2a_{11}' = -15625\)’tir ve bu \(D\)’ye eşittir.

Eksenler arctan(3/4) döndürülünce 16x² + 24xy + 9y² − 30x + 40y = 0 parabolü x'² = −2y' olur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.6 (Bir parametreye bağlı konikler: merkezli durum) \[ mx^2 + 2(m - 2)xy + (m - 3)y^2 - 4 = 0 \] denkleminin belirttiği konikleri \(m\)’nin değerlerine göre irdeleyiniz.

Çözüm

Katsayılar. \(a_{11} = m\), \(a_{12} = m - 2\), \(a_{22} = m - 3\), \(a_{13} = a_{23} = 0\), \(a_{33} = -4\)’tür.

Karakteristik. \[ d = (m - 2)^2 - m(m - 3) = m^2 - 4m + 4 - m^2 + 3m = 4 - m. \]

Diskriminant. Üçüncü satıra göre açılınca \[ D = -4\big(m(m - 3) - (m - 2)^2\big) = -4\,(m - 4) = 16 - 4m \] bulunur. Ayrıca \(a_{11} + a_{22} = 2m - 3\)’tür.

İşaret tablosu.

\(m\)	\(m < \frac{3}{2}\)	\(\frac{3}{2} < m < 4\)	\(m > 4\)
\(d\)	\(+\)	\(+\)	\(-\)
\(D\)	\(+\)	\(+\)	\(-\)
\(a_{11} + a_{22}\)	\(-\)	\(+\)	\(+\)
Konik	Hiperbol	Hiperbol	Elips

\(m < 4\) iken \(d > 0\) ve \(D > 0\) olduğundan konik her zaman bir hiperboldür; izin işareti bu durumda sonucu etkilemez. \(m > 4\) iken \(d < 0\), \(D < 0\) ve iz pozitif, yani \(D\) ile iz ters işaretlidir; konik bir elipstir.

Sınır değerleri. \(m = \dfrac{3}{2}\) için \(d = \dfrac{5}{2} > 0\) ve \(D = 10 > 0\)’dır; konik bir hiperboldür. \(m = 4\) için \(d = 0\) ve \(D = 0\)’dır. İz \(5 > 0\)’dır ve \(a_{22} = 1 \neq 0\) olduğundan \[ a_{33}' = \frac{a_{22}a_{33} - a_{23}^2}{a_{22}} = \frac{1\cdot(-4) - 0}{1} = -4 < 0 \] bulunur; konik paralel iki doğrudur. Gerçekten \(m = 4\) için denklem \[ 4x^2 + 4xy + y^2 - 4 = (2x + y)^2 - 4 = 0 \] dır ve \(2x + y = 2\), \(2x + y = -2\) doğrularını verir.

mx² + 2(m − 2)xy + (m − 3)y² − 4 = 0 ailesi: m < 4 için hiperbol, m = 4 için paralel iki doğru, m > 4 için elips.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.7 (Bir hiperbolün merkezi) \[ 3x^2 - 4xy - 2y^2 + 2x - 8y - 7 = 0 \] koniğinin, varsa, merkezini bulunuz.

Çözüm

\(a_{11} = 3\), \(a_{12} = -2\), \(a_{22} = -2\), \(a_{13} = 1\), \(a_{23} = -4\), \(a_{33} = -7\)’dir. \[ d = -\begin{vmatrix} 3 & -2 \\ -2 & -2 \end{vmatrix} = -(-6 - 4) = 10 \neq 0 \] olduğundan Sonuç 21.3 gereği koniğin bir tek merkezi vardır. \(M(x_0, y_0)\) (7)’yi sağlamalıdır: \[ 3x_0 - 2y_0 = -1, \qquad -2x_0 - 2y_0 = 4. \] Birinciden ikinciyi çıkarınca \(5x_0 = -5\), yani \(x_0 = -1\); ikinciden \(y_0 = \dfrac{4 + 2x_0}{-2} = \dfrac{4 - 2}{-2} = -1\) bulunur. Merkez \(M(-1, -1)\)’dir.

Eksenleri \(M\)’ye ötelersek (8)’den \[ a_{33}' = 1\cdot(-1) + (-4)(-1) - 7 = -4 \] bulunur ve denklem \[ 3x'^2 - 4x'y' - 2y'^2 - 4 = 0 \] olur. Sonuç 21.5 gereği \(-\dfrac{D}{d} = -4\), yani \(D = 40\)’tır; \(d > 0\) ve \(D \neq 0\) olduğundan konik bir hiperboldür.

Hiperbolün merkezi M(−1, −1); eksenler M'ye ötelenince birinci dereceden terimler kaybolur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.8 (Merkeze öteleyerek birinci derece terimleri yok etmek) \[ 2x^2 - 6xy + 5y^2 + 22x - 36y + 11 = 0 \] koniğinin merkezini bulunuz. Eksenleri öteleyerek birinci dereceden terimleri yok ediniz.

Çözüm

Merkez. \(a_{11} = 2\), \(a_{12} = -3\), \(a_{22} = 5\), \(a_{13} = 11\), \(a_{23} = -18\), \(a_{33} = 11\)’dir. \(d = 9 - 10 = -1 \neq 0\) olduğundan tek bir merkez vardır. (7): \[ 2x_0 - 3y_0 = -11, \qquad -3x_0 + 5y_0 = 18. \] Birinciyi \(5\), ikinciyi \(3\) ile çarpıp toplarsak \(10x_0 - 9x_0 = -55 + 54\), yani \(x_0 = -1\); birinciden \(-3y_0 = -11 + 2 = -9\), yani \(y_0 = 3\) bulunur. Merkez \(M(-1, 3)\)’tür.

Öteleme. \(x = x' - 1\) ve \(y = y' + 3\) yazalım. Sonuç 21.4 gereği ikinci derece katsayılar aynı kalır, birinci derece terimler kaybolur. Sabit terim (8)’den \[ a_{33}' = 11\cdot(-1) + (-18)\cdot 3 + 11 = -11 - 54 + 11 = -54 \] dür. Doğrudan yerine yazarak da görelim: \[ \begin{aligned} &2(x' - 1)^2 - 6(x' - 1)(y' + 3) + 5(y' + 3)^2 + 22(x' - 1) - 36(y' + 3) + 11\\[1mm] &= 2x'^2 - 6x'y' + 5y'^2 + (-4 - 18 + 22)\,x' + (6 + 30 - 36)\,y'\\[1mm] &\quad+ (2 + 18 + 45 - 22 - 108 + 11)\\[1mm] &= 2x'^2 - 6x'y' + 5y'^2 - 54. \end{aligned} \] Denklem \(2x'^2 - 6x'y' + 5y'^2 - 54 = 0\) olur. \(d < 0\), \(D = -d\cdot a_{33}' = -54 < 0\) ve iz \(7 > 0\) olduğundan konik bir elipstir.

Elipsin merkezi M(−1, 3); eksenler M'ye ötelenince birinci dereceden terimler kaybolur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.9 (Merkezleri bir doğru oluşturan konik) \(x^2 - 2xy + y^2 - 6x + 6y - 3 = 0\) koniğinin, varsa, merkezini bulunuz.

Çözüm

Merkezler. \(a_{11} = 1\), \(a_{12} = -1\), \(a_{22} = 1\), \(a_{13} = -3\), \(a_{23} = 3\), \(a_{33} = -3\)’tür. \(d = 1 - 1 = 0\) olduğundan (7)’nin tek çözümü yoktur. Sistem \[ x_0 - y_0 = 3, \qquad -x_0 + y_0 = -3 \] dir; ikinci denklem birincinin \(-1\) katıdır. Öyleyse \(x_0 - y_0 - 3 = 0\) doğrusunun her noktası (7)’yi sağlar: \(x_0 = t\) dersek \((t, t - 3)\) biçimindeki her nokta bir merkezdir. Bunlardan biri \((0, -3)\)’tür.

Öteleme. \(x = x'\), \(y = y' - 3\) ötelemesini yapalım. (8)’den \[ a_{33}' = -3\cdot 0 + 3\cdot(-3) - 3 = -12 \] bulunur ve denklem \[ x'^2 - 2x'y' + y'^2 - 12 = 0, \quad\text{yani}\quad (x' - y')^2 = 12 \] olur. Buradan \[ \big(x' - y' - 2\sqrt{3}\big)\big(x' - y' + 2\sqrt{3}\big) = 0 \] bulunur. Eski koordinatlarla \(x' - y' = x - y - 3\) olduğundan konik, \(x - y = 3 + 2\sqrt{3}\) ve \(x - y = 3 - 2\sqrt{3}\) paralel doğrularıdır.

Denetim. \(d = 0\) ve \(D = 0\)’dır (Lemma 21.2 eşitlikleri: \(a_{12}a_{13} = 3 = a_{11}a_{23}\), \(a_{13}a_{22} = -3 = a_{12}a_{23}\)). İz \(2 > 0\)’dır ve Teorem 21.10 içindeki formül \[ a_{33}' = \frac{(-3 - 9) + (-3 - 9)}{2} = -12 < 0 \] verir: paralel iki doğru. Merkezler doğrusu \(x - y = 3\), iki doğrunun tam ortasındadır.

d = D = 0: konik paralel iki doğrudur ve (t, t − 3) biçimindeki her nokta bir merkezdir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 21.10 (Cinsi paralel iki doğru olan konik) \[ 2x^2 - 4xy + 2y^2 + 7x - 7y + 3 = 0 \] denkleminin belirttiği koniğin cinsini belirleyiniz.

Çözüm

Değişmezler. \(a_{11} = 2\), \(a_{12} = -2\), \(a_{22} = 2\), \(a_{13} = \dfrac{7}{2}\), \(a_{23} = -\dfrac{7}{2}\), \(a_{33} = 3\)’tür. \(d = 4 - 4 = 0\)’dır. Lemmadaki (Lemma 21.2) eşitlikler sağlanır: \[ a_{12}a_{13} = -7 = a_{11}a_{23}, \qquad a_{13}a_{22} = 7 = a_{12}a_{23}; \] öyleyse \(D = 0\)’dır.

Sabit terim. İz \(4 > 0\)’dır ve \(a_{22} = 2 \neq 0\) olduğundan \[ a_{33}' = \frac{a_{22}a_{33} - a_{23}^2}{a_{22}} = \frac{2\cdot 3 - \frac{49}{4}}{2} = \frac{-\frac{25}{4}}{2} = -\frac{25}{8} < 0 \] bulunur. Teorem 21.10 gereği konik paralel iki doğrudur.

Doğrular. \(u = x - y\) dersek denklem \(2u^2 + 7u + 3 = 0\), yani \((u + 3)(2u + 1) = 0\)’dır. Öyleyse \[ 2x^2 - 4xy + 2y^2 + 7x - 7y + 3 = (x - y + 3)(2x - 2y + 1) \] ve konik \(x - y + 3 = 0\) ile \(2x - 2y + 1 = 0\) paralel doğrularıdır. Merkezleri (7)’den \(x_0 - y_0 = -\dfrac{7}{4}\) doğrusudur; bu, iki doğrunun (\(x - y = -3\) ve \(x - y = -\dfrac{1}{2}\)) tam ortasıdır.

d = D = 0 ve a'₃₃ = −25/8 < 0: denklem paralel iki doğrudur.

\(\blacksquare\)

Bu bölümde ikinci dereceden her denklemin, eksenlerin döndürülmesi ve ötelenmesiyle bir elips, hiperbol ya da parabole, ya da bunların yozlaşmış bir biçimine indiğini gördük; karakteristik ve diskriminant, hangisi olduğunu hesap yapmadan söyledi. Sonraki bölümde düzlemden uzaya geçip dik koordinatların yanında kullanılan iki yeni koordinat sistemini, Silindirik ve Küresel Koordinatlar’ı tanıyacağız.