20 Parabol
Konikler ailesinin üçüncü üyesine geldik. Elips ve Hiperbol bölümlerinde her iki eğriyi önce iki odakla tanımlamış, sonra onları bir odak ve bir doğrultmanla yeniden tanımlayabileceğimizi görmüştük: elipste bir noktanın odağa uzaklığının doğrultmana uzaklığına oranı \(1\)’den küçük, hiperbolde \(1\)’den büyük bir sabittir. Aradaki sınır durumu, yani oranın tam \(1\) olduğu durum, parabolü verir. Bu bölümde parabolün denklemini, teğetlerini ve bir doğruyla karşılıklı durumunu inceleyecek, sonra üç koniği tek bir kutupsal denklemde birleştireceğiz.
20.1 Parabolün Tanımı ve Öğeleri
Bir fener yansıtıcısının kesiti, bir top atışının yörüngesi ya da bir asma köprünün kablosu aynı eğrinin örnekleridir. Bu eğriyi geometrik olarak tek bir eşitlik tanımlar: noktanın sabit bir noktaya ve sabit bir doğruya uzaklıkları aynıdır.
Tanım 20.1 (Parabol) Düzlemde sabit bir \(F\) noktası ve \(F\)’den geçmeyen sabit bir \(\Delta\) doğrusu verilsin. \(F\)’ye ve \(\Delta\)’ya eşit uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yerine parabol denir.
Yani bir \(P\) noktası, \(P\)’den \(\Delta\)’ya inilen dikmenin ayağı \(K\) olmak üzere \(|PF| = |PK|\) ise parabol üzerindedir. \(F\)’nin \(\Delta\) üzerinde olmaması gerekir: \(F \in \Delta\) olsaydı bu koşulu \(F\)’den geçen ve \(\Delta\)’ya dik olan doğrunun noktaları sağlardı ve bir eğri elde etmezdik.
Tanım 20.2 (Odak ve doğrultman) Parabolün tanımındaki (Tanım 20.1) sabit \(F\) noktasına parabolün odağı, sabit \(\Delta\) doğrusuna da parabolün doğrultmanı denir.
Yani odak ve doğrultman, parabolü belirleyen iki veridir. Parabolün odağını hep \(F\) ile, doğrultmanını hep \(\Delta\) ile göstereceğiz.
Tanım 20.3 (Parabolün parametresi) Bir parabolün odağının doğrultmanına uzaklığına parabolün parametresi denir ve \(p\) ile gösterilir.
Yani \(p > 0\) sayısı odak ile doğrultmanın birbirinden ne kadar uzak olduğunu söyler. Birazdan göreceğimiz gibi \(p\) büyüdükçe parabol “açılır”.
Tanım 20.4 (Asal eksen) Bir parabolün odağından geçen ve doğrultmanına dik olan doğruya parabolün asal ekseni denir.
Yani asal eksen, odaktan doğrultmana inilen dikmenin taşıyıcı doğrusudur.
Tanım 20.5 (Köşe) Parabolün asal ekseni kestiği noktaya parabolün köşesi denir.
Yani köşe, parabolün asal eksen üzerindeki noktasıdır. Bu tanım asal eksenin parabolü tek bir noktada kestiğini varsayıyor; bunu hemen doğrulayalım.
Önerme 20.1 (Köşe, odak ile doğrultman arasının orta noktasıdır) Asal eksenin doğrultmanı kestiği nokta \(H\) olsun. Asal eksen parabolü tek bir \(A\) noktasında keser ve bu nokta \(HF\) doğru parçasının orta noktasıdır: \[ |AH| = |AF| = \frac{p}{2}. \]
İspat
\(A\) asal eksen üzerinde bir nokta olsun. Asal eksen \(\Delta\)’ya dik olduğundan \(A\)’dan \(\Delta\)’ya inilen dikme asal eksenin kendisi boyuncadır; dikmenin ayağı \(H\)’dir. Buna göre \(A\)’nın \(\Delta\)’ya uzaklığı \(|AH|\)’dir ve \(A\)’nın parabol üzerinde olması
\[ |AH| = |AF| \]
olması demektir. \(H\) ile \(F\) aynı doğru üzerinde iki farklı nokta olduğundan, bu doğru üzerinde \(H\)’ye ve \(F\)’ye eşit uzaklıkta bulunan tek nokta \(HF\) parçasının orta noktasıdır. Öyleyse asal eksen parabolü yalnızca bu orta noktada keser. \(|HF| = p\) olduğundan \(|AH| = |AF| = \dfrac{p}{2}\) bulunur.
\(\blacksquare\)
20.2 Parabolün Standart Denklemi
Bir parabolün denklemini en sade biçimde yazmak için koordinat sistemini parabole göre yerleştiririz: köşeyi başlangıç noktasına, asal ekseni de koordinat eksenlerinden birine koyarız. Köşe, odak ile doğrultman arasının orta noktası olduğundan (Önerme 20.1) bu durumda odak ile doğrultman köşenin iki yanında, köşeden \(\dfrac{p}{2}\) uzaklıkta kalır.
Teorem 20.1 (Parabolün standart denklemi) \(XY\) dik koordinat sisteminde parametresi \(p\) olan bir parabolün asal ekseni \(Y\)-ekseni, köşesi \(O(0, 0)\), odağı \(F\left(0, \dfrac{p}{2}\right)\) ve doğrultmanı \[ \Delta: y = -\frac{p}{2} \] olsun. Bir \(P(x, y)\) noktasının bu parabol üzerinde olması için gerek ve yeter koşul \[ x^2 = 2py \] olmasıdır.
İspat
\(P(x, y)\) herhangi bir nokta olsun. \(P\)’den \(\Delta\)’ya inilen dikmenin ayağı \(H\left(x, -\dfrac{p}{2}\right)\)’dir; dolayısıyla \(P\)’nin \(\Delta\)’ya uzaklığı \(|PH| = \left|y + \dfrac{p}{2}\right|\)’dir. İki nokta arasındaki uzaklık formülünden (Dik Koordinatlar ve Uzaklık)
\[ |PF| = \sqrt{(0 - x)^2 + \left(\frac{p}{2} - y\right)^2} \]
olur. \(P\)’nin parabol üzerinde olması \(|PF| = |PH|\) demektir:
\[ \sqrt{x^2 + \left(\frac{p}{2} - y\right)^2} = \left|y + \frac{p}{2}\right| . \]
İki taraf da negatif olmayan sayılar olduğundan bu eşitlik, iki tarafın karelerinin eşitliğine denktir:
\[ \begin{aligned} x^2 + \left(\frac{p}{2} - y\right)^2 &= \left(y + \frac{p}{2}\right)^2 \\[1mm] x^2 + \frac{p^2}{4} - py + y^2 &= y^2 + py + \frac{p^2}{4} \\[1mm] x^2 &= 2py . \end{aligned} \]
Her adım tersine çevrilebildiği için \(|PF| = |PH|\) ile \(x^2 = 2py\) denktir.
\(\blacksquare\)
Tanım 20.6 (Standart denklem) \(x^2 = 2py\) denklemine parabolün standart denklemi denir.
Yani köşesi başlangıç noktasında ve asal ekseni koordinat eksenlerinden biri olan bir parabolün denklemi, bu biçimde ya da birazdan göreceğimiz üç benzerinden birinde yazılır. Denklemde \(x\) yerine \(-x\) yazınca denklem değişmediği için parabol asal eksenine göre simetriktir. Ayrıca \(p > 0\) olduğundan \(y = \dfrac{x^2}{2p} \geq 0\)’dır, yani parabol tümüyle doğrultmanın odak tarafında, \(X\)-ekseninin üstünde kalır ve yukarı doğru açılır.
Asal eksen \(X\)-ekseni seçilirse ya da parabol ters yöne açılırsa aynı hesap, \(x\) ile \(y\)’nin rolleri ya da işaretler değişmiş olarak tekrarlanır.
Önerme 20.2 (Standart denklemin dört biçimi) Parametresi \(p\) ve köşesi \(O(0, 0)\) olan, asal ekseni bir koordinat ekseni olan parabolün denklemi, odağına ve doğrultmanına göre aşağıdakilerden biridir:
| Denklem | Odak | Doğrultman | Açıldığı yön |
|---|---|---|---|
| \(x^2 = 2py\) | \(\left(0, \frac{p}{2}\right)\) | \(y = -\frac{p}{2}\) | yukarı |
| \(x^2 = -2py\) | \(\left(0, -\frac{p}{2}\right)\) | \(y = \frac{p}{2}\) | aşağı |
| \(y^2 = 2px\) | \(\left(\frac{p}{2}, 0\right)\) | \(x = -\frac{p}{2}\) | sağa |
| \(y^2 = -2px\) | \(\left(-\frac{p}{2}, 0\right)\) | \(x = \frac{p}{2}\) | sola |
İspat
İlk satır Teorem 20.1 ile kanıtlandı. Diğerlerini aynı yolla çıkaralım.
Aşağı açılan parabol. \(F\left(0, -\dfrac{p}{2}\right)\) ve \(\Delta: y = \dfrac{p}{2}\) ise \(|PF| = |PH|\) koşulu
\[ x^2 + \left(y + \frac{p}{2}\right)^2 = \left(y - \frac{p}{2}\right)^2 \]
olur. Parantezleri açınca \(x^2 + py = -py\), yani \(x^2 = -2py\) bulunur.
Sağa açılan parabol. \(F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right)\) ve \(\Delta: x = -\dfrac{p}{2}\) ise \(P(x, y)\)’nin \(\Delta\)’ya uzaklığı \(\left|x + \dfrac{p}{2}\right|\) olur ve koşul
\[ \left(x - \frac{p}{2}\right)^2 + y^2 = \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 \]
biçimini alır. Açınca \(-px + y^2 = px\), yani \(y^2 = 2px\) elde edilir.
Sola açılan parabol. \(F\left(-\dfrac{p}{2}, 0\right)\) ve \(\Delta: x = \dfrac{p}{2}\) için koşul
\[ \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + y^2 = \left(x - \frac{p}{2}\right)^2 \]
olur; buradan \(px + y^2 = -px\), yani \(y^2 = -2px\) çıkar. Her durumda iki taraf negatif olmadığından kare almak denkliği bozmaz.
\(\blacksquare\)
Tabloyu okumanın kısa yolu şudur: denklemde birinci dereceden geçen değişken asal ekseni söyler (\(y\) ise asal eksen \(Y\)-ekseni, \(x\) ise \(X\)-ekseni), o değişkenin katsayısının işareti de parabolün hangi yöne açıldığını gösterir. Katsayının mutlak değeri \(2p\)’dir; odak köşeden açılma yönünde \(\dfrac{p}{2}\) uzaklıkta, doğrultman da ters yönde \(\dfrac{p}{2}\) uzaklıktadır.
Örnek 20.1 (x² = 12y parabolünün odağı ve doğrultmanı) \(x^2 = 12y\) parabolünün odağını ve doğrultmanını bulunuz.
Çözüm
Denklem \(x^2 = 2py\) biçimindedir; \(y\) birinci dereceden geçtiği için asal eksen \(Y\)-ekseni, köşe \(O(0, 0)\)’dır. Katsayıları karşılaştırırsak
\[ 2p = 12 \implies p = 6 \]
bulunur. Standart denklemin dört biçimine göre (Önerme 20.2) odak \(F\left(0, \dfrac{p}{2}\right) = F(0, 3)\), doğrultman da \(\Delta: y = -\dfrac{p}{2}\), yani \(\Delta: y = -3\)’tür.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.2 (x² = 12y parabolünün grafiği) \(x^2 = 12y\) parabolünün grafiğini çiziniz.
Çözüm
Önceki örnekte \(p = 6\), \(F(0, 3)\) ve \(\Delta: y = -3\) bulduk. Grafiği çizmek için birkaç nokta yeter:
- Köşe \(O(0, 0)\)’dır ve parabol \(Y\)-eksenine göre simetriktir.
- \(y = \dfrac{x^2}{12} \geq 0\) olduğundan parabol yukarı açılır.
- Odaktan geçen yatay doğru üzerinde \(y = 3\) için \(x^2 = 36\), yani \(x = \pm 6\) bulunur: \((-6, 3)\) ve \((6, 3)\) noktaları parabol üzerindedir. Bu iki nokta parabolün odak hizasında ne kadar açık olduğunu gösterir; aralarındaki uzaklık \(12 = 2p\)’dir.
- \(x = \pm 3\) için \(y = \dfrac{9}{12} = \dfrac{3}{4}\) olur.
Bu noktaları köşeden geçen, simetrik ve yukarı açılan bir eğriyle birleştiririz.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.3 (y² = 8x parabolünün odağı ve doğrultmanı) \(y^2 = 8x\) parabolünün odağını ve doğrultmanını bulunuz.
Çözüm
Bu kez \(x\) birinci dereceden geçiyor; asal eksen \(X\)-ekseni, köşe \(O(0, 0)\)’dır ve denklem \(y^2 = 2px\) biçimindedir. Katsayılardan
\[ 2p = 8 \implies p = 4 \]
bulunur. Buna göre odak \(F\left(\dfrac{p}{2}, 0\right) = F(2, 0)\), doğrultman da \(\Delta: x = -2\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.4 (y² = 8x parabolünün grafiği) \(y^2 = 8x\) parabolünün grafiğini çiziniz.
Çözüm
Önceki örnekte \(p = 4\), \(F(2, 0)\) ve \(\Delta: x = -2\) bulduk.
- Köşe \(O(0, 0)\)’dır ve parabol \(X\)-eksenine göre simetriktir (\(y\) yerine \(-y\) yazınca denklem değişmez).
- \(x = \dfrac{y^2}{8} \geq 0\) olduğundan parabol sağa açılır.
- Odaktan geçen dikey doğru üzerinde \(x = 2\) için \(y^2 = 16\), yani \(y = \pm 4\)’tür: \((2, -4)\) ve \((2, 4)\) parabol üzerindedir.
- \(x = 8\) için \(y^2 = 64\), yani \(y = \pm 8\) olur.
\(\blacksquare\)
Tersine, parabol üzerindeki birkaç noktadan denklemi de bulabiliriz.
Örnek 20.5 (İki noktası verilen parabol) Köşesi başlangıç noktasında, asal ekseni koordinat eksenlerinden biri olan ve \(P_1(2, -2)\) ile \(P_2(2, 2)\) noktalarından geçen parabolün denklemini, odağını ve doğrultmanını bulunuz.
Çözüm
Adım 1: asal ekseni belirleme. Asal eksen \(Y\)-ekseni olsaydı denklem \(x^2 = \pm 2py\) biçiminde olurdu; bu durumda \(y = \pm\dfrac{x^2}{2p}\) değeri \(x\) tarafından tek türlü belirlenirdi ve aynı \(x = 2\) apsisli iki farklı nokta parabol üzerinde olamazdı. Öyleyse asal eksen \(X\)-eksenidir. Zaten \(P_1\) ile \(P_2\) \(X\)-eksenine göre simetriktir.
Adım 2: açılma yönü. Denklem \(y^2 = 2px\) ya da \(y^2 = -2px\) biçimindedir. Noktaların apsisi \(2 > 0\) olduğundan parabol sağa açılır ve denklem \(y^2 = 2px\)’tir.
Adım 3: \(p\)’yi bulma. \(P_2(2, 2)\) denklemi sağlamalıdır:
\[ 2^2 = 2p \cdot 2 \implies 4 = 4p \implies p = 1 . \]
\(P_1(2, -2)\) de \((-2)^2 = 4\) olduğundan aynı denklemi sağlar. Böylece aranan parabol
\[ y^2 = 2x \]
olur. Odağı \(F\left(\dfrac{1}{2}, 0\right)\), doğrultmanı \(\Delta: x = -\dfrac{1}{2}\)’dir.
\(\blacksquare\)
20.3 Köşesi Başka Bir Noktada Olan Paraboller
Asal ekseni koordinat eksenlerinden birine paralel olan ama köşesi başlangıç noktasında olmayan bir parabolün denklemi, eksenleri köşeye öteleyerek standart biçime getirilir (Öteleme). Okuldan tanıdığımız \(y = ax^2 + bx + c\) eğrileri tam olarak bu türdendir.
Örnek 20.6 (y = ax² + bx + c parabolünün köşesi) \(a \neq 0\) olmak üzere denklemi \(y = ax^2 + bx + c\) olan eğrinin, köşesi \[ \left(-\frac{b}{2a}, \ \frac{4ac - b^2}{4a}\right) \] noktası olan bir parabol olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Adım 1: tam kareye tamamlama. \(a\)’yı ortak paranteze alıp tamamlayalım:
\[ \begin{aligned} y &= a\left(x^2 + \frac{b}{a}x\right) + c \\[1mm] &= a\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{b^2}{4a} + c \\[1mm] &= a\left(x + \frac{b}{2a}\right)^2 + \frac{4ac - b^2}{4a} . \end{aligned} \]
\(h = -\dfrac{b}{2a}\) ve \(k = \dfrac{4ac - b^2}{4a}\) dersek denklem \(y - k = a(x - h)^2\) olur.
Adım 2: öteleme. Eksenleri \(O'(h, k)\) noktasına öteleyelim: \(x' = x - h\), \(y' = y - k\). Yeni \(X'Y'\) sisteminde denklem
\[ y' = a x'^2, \quad \text{yani} \quad x'^2 = \frac{1}{a}\, y' \]
olur.
Adım 3: standart biçimi tanıma. \(a > 0\) ise bu denklem \(p = \dfrac{1}{2a}\) ile \(x'^2 = 2py'\) biçimindedir; \(a < 0\) ise \(p = -\dfrac{1}{2a} = \dfrac{1}{2|a|}\) ile \(x'^2 = -2py'\) biçimindedir. Her iki durumda da eğri, asal ekseni \(Y'\)-ekseni ve köşesi \(O'\) olan bir paraboldür (Önerme 20.2). \(O'\)’nün eski sistemdeki koordinatları \((h, k)\) olduğundan köşe
\[ \left(-\frac{b}{2a}, \ \frac{4ac - b^2}{4a}\right) \]
noktasıdır. Asal eksen \(x = -\dfrac{b}{2a}\) dikey doğrusudur; parabol \(a > 0\) ise yukarı, \(a < 0\) ise aşağı açılır.
Odak ve doğrultman. İki durumda da \(X'Y'\) sisteminde odak \(\left(0, \dfrac{1}{4a}\right)\), doğrultman \(y' = -\dfrac{1}{4a}\)’dır (\(a > 0\) iken \(\dfrac{p}{2} = \dfrac{1}{4a}\), \(a < 0\) iken \(-\dfrac{p}{2} = \dfrac{1}{4a}\)). Eski sisteme dönersek odak \(\left(h, k + \dfrac{1}{4a}\right)\), doğrultman \(y = k - \dfrac{1}{4a}\) olur.
\(\blacksquare\)
- Karesi alınan değişkenin terimlerini tam kareye tamamlayın, öbür değişkeni ve sabiti karşı tarafta \(k\) katsayısıyla toplayın: \((x - h)^2 = k(y - v)\) ya da \((y - v)^2 = k(x - h)\).
- Eksenleri köşeye öteleyin: \(x' = x - h\), \(y' = y - v\). Denklem \(x'^2 = ky'\) ya da \(y'^2 = kx'\) olur; \(|k| = 2p\)’dir ve \(k\)’nın işareti açılma yönünü verir.
- Odağı ve doğrultmanı yeni sistemde dört biçim tablosundan (Önerme 20.2) okuyun, sonra \(x = x' + h\), \(y = y' + v\) ile eski sisteme geri dönün.
Örnek 20.7 (y = x² − 4x + 1 parabolü) \(y = x^2 - 4x + 1\) parabolünün köşesini, odağını ve doğrultmanını bulunuz.
Çözüm
Adım 1. Tam kareye tamamlayalım: \(x^2 - 4x = (x - 2)^2 - 4\) olduğundan
\[ y = (x - 2)^2 - 3 , \quad \text{yani} \quad (x - 2)^2 = y + 3 . \]
Adım 2. \(x' = x - 2\), \(y' = y + 3\) ötelemesiyle denklem \(x'^2 = y'\) olur. Köşe \(O'(2, -3)\)’tür. \(x'^2 = 2py'\) ile karşılaştırınca \(2p = 1\), yani \(p = \dfrac{1}{2}\) bulunur; parabol yukarı açılır.
Adım 3. Yeni sistemde odak \(\left(0, \dfrac{1}{4}\right)\), doğrultman \(y' = -\dfrac{1}{4}\)’tür. Eski sisteme dönersek
\[ F\left(2, -3 + \frac{1}{4}\right) = F\left(2, -\frac{11}{4}\right), \qquad \Delta: y = -3 - \frac{1}{4} = -\frac{13}{4} \]
bulunur. Köşe formülüyle de \(a = 1\), \(b = -4\), \(c = 1\) için \(-\dfrac{b}{2a} = 2\) ve \(\dfrac{4ac - b^2}{4a} = \dfrac{4 - 16}{4} = -3\) çıkar.
\(\blacksquare\)
20.4 Parabolün Parametrik Denklemleri
Parabolün noktalarını tek bir parametreyle taramak, özellikle çizim ve hesaplarda işe yarar. \(y^2 = 2px\) parabolünde her \(y\) değerine tek bir \(x = \dfrac{y^2}{2p}\) karşılık geldiğinden \(y\)’nin kendisi doğal bir parametredir.
Önerme 20.3 (Parabolün parametrik denklemleri) \(y^2 = 2px\) parabolü \[ x = \frac{t^2}{2p}, \qquad y = t \qquad (t \in \mathbb{R}) \] parametrik denklemleriyle verilir. Parabolün üst yarısı \(x = t\), \(y = \sqrt{2pt}\); alt yarısı \(x = t\), \(y = -\sqrt{2pt}\) (\(t \geq 0\)) biçiminde de yazılabilir.
İspat
Her \(t\) için \(\left(\dfrac{t^2}{2p}, t\right)\) noktası \(y^2 = t^2 = 2p \cdot \dfrac{t^2}{2p} = 2px\) eşitliğini sağlar. Tersine \(P(x, y)\) parabol üzerindeyse \(t = y\) alınırsa \(x = \dfrac{y^2}{2p} = \dfrac{t^2}{2p}\) olur. Böylece \(t \in \mathbb{R}\) parabolün her noktasını tam bir kez verir.
İkinci biçim için: parabol üzerinde \(x = \dfrac{y^2}{2p} \geq 0\)’dır ve \(y^2 = 2px\) denkleminin \(y\)’ye göre çözümü \(y = \pm\sqrt{2px}\)’tir. \(x = t \geq 0\) denirse \(y \geq 0\) olan noktalar \(y = \sqrt{2pt}\), \(y \leq 0\) olan noktalar \(y = -\sqrt{2pt}\) ile verilir. İkisi yalnız köşede (\(t = 0\)) ortaktır. \(\blacksquare\)
Yani tek kökle yazılan \(x = t\), \(y = \sqrt{2pt}\) denklemleri parabolün yalnız yarısını çizer; bütün parabolü tek parçada elde etmek için ilk biçimi kullanırız. \(x^2 = 2py\) parabolü için rolleri değiştirerek \(x = t\), \(y = \dfrac{t^2}{2p}\) (\(t \in \mathbb{R}\)) yazılır.
20.5 Parabolün Bir Noktasındaki Teğet
Çemberde teğeti, çemberle tek ortak noktası olan doğru olarak tanımlamıştık (Tanım 4.6). Parabolde bu tanımı olduğu gibi kullanamayız: asal eksene paralel her doğru parabolü tek bir noktada keser ama parabolün “içine” girip devam eder. Örneğin \(y = 2\) doğrusu \(y^2 = 8x\) parabolüyle yalnız \(\left(\dfrac{1}{2}, 2\right)\) noktasında buluşur, yine de bu doğruyu teğet saymak istemeyiz. Bu yüzden eksene paralel doğruları ayırırız.
Tanım 20.7 (Parabolün teğeti) Bir parabolün asal eksenine paralel olmayan ve parabolle tek bir ortak noktası bulunan doğruya parabolün teğeti, ortak noktaya da değme noktası denir.
Yani teğet parabole bir noktada dokunur ve parabolü kesip öbür tarafına geçmez. Bir noktadaki teğetin denklemini bulmak için önce eğimini türevle hesaplayacak, sonra bulduğumuz doğrunun tanımdaki koşulları sağladığını doğrudan göstereceğiz.
Teorem 20.2 (Parabolün bir noktasındaki teğet) \(P(x_0, y_0)\) noktası \(y^2 = 2px\) parabolü üzerinde olsun. Parabolün \(P\)’deki teğeti tektir ve denklemi \[ y_0\, y = p\,(x + x_0) \] dır.
İspat
Adım 1: eğimi türevle bulma (\(y_0 \neq 0\)). (Sezgisel hesap; kesin doğrulama 2. adımdadır.) \(P\)’nin yakınında parabol, \(y_0 > 0\) ise üst yarı \(y = \sqrt{2px}\), \(y_0 < 0\) ise alt yarı \(y = -\sqrt{2px}\) olarak bir \(y = f(x)\) fonksiyonunun grafiğidir. Teğetin eğimi \(m = f'(x_0) = y'(x_0)\)’dır. \(y^2 = 2px\) eşitliğinin iki tarafının \(x\)’e göre türevini alalım; zincir kuralından \((y^2)' = 2yy'\) olduğundan
\[ 2y\,y' = 2p \implies y' = \frac{p}{y} \]
bulunur. Buna göre teğetin eğimi \(m = \dfrac{p}{y_0}\)’dır ve teğet
\[ y - y_0 = \frac{p}{y_0}(x - x_0) \]
doğrusudur. İki tarafı \(y_0\) ile çarparsak \(y_0 y - y_0^2 = px - px_0\) olur. \(P\) parabol üzerinde olduğundan \(y_0^2 = 2px_0\)’dır; yerine yazınca
\[ y_0 y = px - px_0 + 2px_0 = p(x + x_0) \]
elde edilir.
Adım 2: tanımı doğrulama (her \(y_0\) için). Asal eksen \(X\)-ekseni olduğundan eksene paralel doğrular \(y = \text{sabit}\) biçimindeki yatay doğrulardır. \(y_0 y = p(x + x_0)\) doğrusunda \(x\)’in katsayısı \(p \neq 0\) olduğundan bu doğru yatay değildir. Ortak noktaları bulalım: doğrudan \(px = y_0 y - px_0\) çekip \(y^2 = 2px\) denkleminde yerine yazarsak
\[ y^2 = 2y_0 y - 2px_0 = 2y_0 y - y_0^2 \implies (y - y_0)^2 = 0 \]
bulunur. Tek çözüm \(y = y_0\)’dır ve buna \(x = x_0\) karşılık gelir. Yani doğrunun parabolle tek ortak noktası \(P\)’dir; doğru \(P\)’deki bir teğettir. Bu adım \(y_0 = 0\) durumunu da kapsar: köşede (\(x_0 = y_0 = 0\)) denklem \(x = 0\), yani \(Y\)-ekseni olur.
Adım 3: teklik. \(P\)’den geçen ve yatay olmayan her doğru \(x - x_0 = k(y - y_0)\) biçiminde yazılabilir. Bunu \(y^2 = 2px\)’te yerine koyarsak
\[ y^2 - 2pk\,y + 2pk\,y_0 - y_0^2 = 0 \]
olur. Bu denklemin kökleri \(y_0\) ve \(2pk - y_0\)’dır (çarpımları \(2pky_0 - y_0^2\), toplamları \(2pk\)). Doğrunun parabolle tek ortak noktası olması için iki kökün çakışması, yani \(2pk - y_0 = y_0\), \(k = \dfrac{y_0}{p}\) olması gerekir. Bu \(k\) ile doğru \(px - px_0 = y_0 y - y_0^2\), yani yine \(y_0 y = p(x + x_0)\) olur. Öyleyse \(P\)’deki teğet tektir.
\(\blacksquare\)
Teğet denklemini hatırlamanın kolay bir yolu var: \(y^2 = 2px\) denkleminde \(y^2\) yerine \(y_0 y\), \(2x\) yerine \(x + x_0\) yazılır. Teğette \(y = 0\) alınırsa \(x = -x_0\) bulunur; yani teğet asal ekseni, değme noktasının asal eksen üzerindeki izdüşümünün köşeye göre simetriğinde keser.
Sonuç 20.1 (x² = 2py parabolünün teğeti) \(P(x_0, y_0)\) noktası \(x^2 = 2py\) parabolü üzerinde ise parabolün \(P\)’deki teğeti \[ x_0\, x = p\,(y + y_0) \] doğrusudur.
İspat
Teğet teoreminin (Teorem 20.2) ispatında \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilir. Asal eksen bu kez \(Y\)-ekseni olduğundan eksene paralel doğrular dikey doğrulardır; \(x_0 x = p(y + y_0)\) doğrusunda \(y\)’nin katsayısı \(p \neq 0\) olduğundan doğru dikey değildir. Doğrudan \(py = x_0 x - py_0\) çekip \(x^2 = 2py\)’de yerine yazınca, \(x_0^2 = 2py_0\) olduğundan
\[ x^2 = 2x_0 x - 2py_0 = 2x_0 x - x_0^2 \implies (x - x_0)^2 = 0 \]
bulunur. Tek ortak nokta \(P\)’dir. Teklik de teğet teoreminin (Teorem 20.2) 3. adımındaki gibi, \(P\)’den geçen dikey olmayan doğrular \(y - y_0 = k(x - x_0)\) biçiminde yazılarak gösterilir. \(\blacksquare\)
Örnek 20.8 (y² = 8x parabolüne (2, 4)’te teğet) \(y^2 = 8x\) parabolünün \(P(2, 4)\) noktasındaki teğetinin denklemini bulunuz.
Çözüm
Önce \(P\)’nin parabol üzerinde olduğunu kontrol edelim: \(4^2 = 16 = 8 \cdot 2\). \(2p = 8\) olduğundan \(p = 4\)’tür. Teğet denkleminde (Teorem 20.2) \(x_0 = 2\), \(y_0 = 4\) yazarsak
\[ 4y = 4(x + 2) \implies y = x + 2 \]
bulunur. Teğetin eğimi \(1\)’dir ve teğet \(X\)-eksenini \((-2, 0)\) noktasında, yani \((-x_0, 0)\)’da keser.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.9 (x² = 12y parabolüne (6, 3)’te teğet) \(x^2 = 12y\) parabolünün \(P(6, 3)\) noktasındaki teğetinin denklemini bulunuz.
Çözüm
\(6^2 = 36 = 12 \cdot 3\) olduğundan \(P\) parabol üzerindedir. \(2p = 12\), yani \(p = 6\)’dır. \(x^2 = 2py\) parabolünün teğet denkleminde (Sonuç 20.1) \(x_0 = 6\), \(y_0 = 3\) yazarsak
\[ 6x = 6(y + 3) \implies y = x - 3 \]
bulunur. \(P(6, 3)\), odak hizasındaki kirişin ucudur (bkz. Örnek 20.2). Teğet \(Y\)-eksenini \((0, -3)\)’te keser; bu nokta doğrultman \(y = -3\) üzerindedir.
\(\blacksquare\)
20.6 Parabol ile Doğru
Bir doğru ile parabolün ortak noktalarını bulmak, çemberde olduğu gibi iki denklemi birlikte çözmek demektir. Doğrunun denklemini parabolünkinde yerine yazınca ikinci dereceden bir denklem çıkar ve karşılıklı durumu bu denklemin diskriminantı belirler.
Teorem 20.3 (Doğru ile parabolün ortak noktaları) \(y^2 = 2px\) parabolü ile \(m \neq 0\) olmak üzere \(d: y = mx + n\) doğrusu verilsin ve \[ \delta = 4p\,(p - 2mn) \] olsun. Buna göre:
- \(\delta > 0\) ise \(d\) parabolü iki noktada keser;
- \(\delta = 0\) ise \(d\) parabole teğettir;
- \(\delta < 0\) ise \(d\) parabolü kesmez.
\(m = 0\) ise \(d\) asal eksene paraleldir ve parabolü tek bir noktada keser. Dikey bir \(x = k\) doğrusu \(k > 0\) ise parabolü iki noktada keser, \(k = 0\) ise köşedeki teğettir, \(k < 0\) ise parabolü kesmez.
İspat
Kesişim denklemi. \((x, y)\) ortak nokta ise \(y = mx + n\) ve \(y^2 = 2px\)’tir. Birinciyi ikinciye yazalım:
\[ \begin{aligned} 2px &= (mx + n)^2 = m^2 x^2 + 2mn\,x + n^2 \\[1mm] 0 &= m^2 x^2 + 2(mn - p)\,x + n^2 . \end{aligned} \]
Tersine bu denklemin her \(x\) kökü için \(y = mx + n\) alınırsa \(y^2 = (mx + n)^2 = 2px\) olur. Yani ortak noktalar, bu denklemin kökleriyle bire bir eşlenir.
Diskriminant. \(m \neq 0\) iken denklem ikinci derecedendir ve diskriminantı
\[ \begin{aligned} \delta &= \bigl(2(mn - p)\bigr)^2 - 4m^2 n^2 \\[1mm] &= 4m^2 n^2 - 8mnp + 4p^2 - 4m^2 n^2 \\[1mm] &= 4p\,(p - 2mn) \end{aligned} \]
olur. \(\delta > 0\) ise iki farklı kök, dolayısıyla iki ortak nokta vardır. \(\delta < 0\) ise reel kök, dolayısıyla ortak nokta yoktur. \(\delta = 0\) ise tek (çift katlı) kök, dolayısıyla tek ortak nokta vardır; \(m \neq 0\) olduğundan \(d\) asal eksene paralel değildir ve teğet tanımı (Tanım 20.7) gereği teğettir.
Özel doğrular. \(m = 0\) ise kesişim denklemi \(-2px + n^2 = 0\) birinci dereceden denklemine döner; tek çözümü \(x = \dfrac{n^2}{2p}\)’dir ve ortak nokta \(\left(\dfrac{n^2}{2p}, n\right)\)’dir. \(d\) asal eksene paralel olduğundan bu nokta bir değme noktası değildir. \(x = k\) doğrusu için \(y^2 = 2pk\) denklemi \(k > 0\) iken \(y = \pm\sqrt{2pk}\) olmak üzere iki, \(k = 0\) iken yalnız \(y = 0\) çözümünü verir, \(k < 0\) iken çözümü yoktur. \(x = 0\) doğrusu asal eksene paralel değildir ve köşedeki teğettir (Teorem 20.2).
\(\blacksquare\)
Şekildeki doğrular için \(p = 2\), \(m = 1\) olduğundan \(\delta = 8(2 - 2n)\)’dir: \(n = 0\) için \(\delta = 16 > 0\), \(n = 1\) için \(\delta = 0\), \(n = 2\) için \(\delta = -16 < 0\).
Sonuç 20.2 (Teğetlik koşulu) \(m \neq 0\) olmak üzere \(y = mx + n\) doğrusunun \(y^2 = 2px\) parabolüne teğet olması için gerek ve yeter koşul \[ 2mn = p \] olmasıdır. Bu durumda değme noktası \(\left(\dfrac{n}{m}, \ 2n\right)\)’dir.
İspat
\(p > 0\) olduğundan \(\delta = 4p(p - 2mn) = 0\) koşulu \(p = 2mn\)’ye denktir; ilk kısım doğru ile parabolün ortak noktalarını veren teoremden (Teorem 20.3) çıkar. \(\delta = 0\) iken kesişim denkleminin çift katlı kökü
\[ x_0 = -\frac{2(mn - p)}{2m^2} = \frac{p - mn}{m^2} \]
dir. \(p = 2mn\) yazarsak \(x_0 = \dfrac{2mn - mn}{m^2} = \dfrac{n}{m}\) olur. Buna karşılık gelen ordinat \(y_0 = m \cdot \dfrac{n}{m} + n = 2n\)’dir. \(\blacksquare\)
Yani eğimi \(m\) olan teğet tektir: \(n = \dfrac{p}{2m}\) olmak zorundadır.
Örnek 20.10 (Eğimi verilen teğet) \(y^2 = 8x\) parabolünün eğimi \(2\) olan teğetinin denklemini ve değme noktasını bulunuz.
Çözüm
\(2p = 8\), yani \(p = 4\)’tür. Teğet \(y = 2x + n\) biçimindedir ve teğetlik koşuluna (Sonuç 20.2) göre
\[ 2 \cdot 2 \cdot n = 4 \implies n = 1 \]
olmalıdır. Teğet \(y = 2x + 1\)’dir. Değme noktası \(\left(\dfrac{n}{m}, 2n\right) = \left(\dfrac{1}{2}, 2\right)\)’dir.
Sağlama. \(\left(\dfrac{1}{2}, 2\right)\) parabol üzerindedir: \(2^2 = 4 = 8 \cdot \dfrac{1}{2}\). Teğet denklemine (Teorem 20.2) göre bu noktadaki teğet \(2y = 4\left(x + \dfrac{1}{2}\right)\), yani \(y = 2x + 1\)’dir.
\(\blacksquare\)
20.7 Koniklerin Kutupsal Denklemi
Elipsin ve hiperbolün ikinci tanımlarını (Elips, Hiperbol) parabolün tanımıyla yan yana koyalım. Üçünde de bir \(F\) odağı ve ona ait bir \(\Delta\) doğrultmanı vardır ve eğrinin her \(P\) noktası için, \(H\) noktası \(P\)’den \(\Delta\)’ya inilen dikmenin ayağı olmak üzere
\[ \frac{|PF|}{|PH|} = e \]
oranı sabittir. Elipste ve hiperbolde bu sabit, koniğin dış merkezliğidir; parabolde ise tanım gereği \(e = 1\)’dir. Bu ortak yapıya bir ad verelim.
Tanım 20.8 (Odak ve doğrultmanla konik) \(F\) bir nokta, \(\Delta\) da \(F\)’den geçmeyen bir doğru ve \(e > 0\) olsun. \(H\), \(P\)’den \(\Delta\)’ya inilen dikmenin ayağı olmak üzere \(|PF| = e\,|PH|\) koşulunu sağlayan \(P\) noktalarının kümesine dış merkezliği \(e\) olan konik denir.
Yani parabol \(e = 1\) olan koniktir: parabolün tanımındaki (Tanım 20.1) eşit uzaklık koşulu \(|PF| = 1 \cdot |PH|\) demektir. Bu yüzden parabolün dış merkezliği \(1\) kabul edilir. Şimdi öbür değerlere bakalım: odak–doğrultman koşulu, \(e\)’nin değerine göre her zaman bu üç konikten birini verir.
Önerme 20.4 (Odak ve doğrultmanla konikler) \(F\) bir nokta, \(\Delta\) da \(F\)’den geçmeyen bir doğru ve \(e > 0\) olsun. \(H\), \(P\)’den \(\Delta\)’ya inilen dikmenin ayağı olmak üzere \(|PF| = e\,|PH|\) koşulunu sağlayan \(P\) noktalarının kümesi
- \(e < 1\) ise dış merkezliği \(e\) olan bir elips,
- \(e = 1\) ise bir parabol,
- \(e > 1\) ise dış merkezliği \(e\) olan bir hiperboldür.
Her üç durumda \(F\) koniğin bir odağı, \(\Delta\) da bu odağa ait doğrultmandır.
İspat
Koordinatların seçimi. \(p\), \(F\)’nin \(\Delta\)’ya uzaklığı olsun. Başlangıç noktasını \(F\)’ye, \(X\)-eksenini \(F\)’den \(\Delta\)’ya inilen dikmenin taşıyıcı doğrusuna koyalım ve pozitif yönü \(\Delta\)’dan uzaklaşan yön seçelim. Böylece \(F(0, 0)\) ve \(\Delta: x = -p\) olur. \(P(x, y)\) için \(|PF|^2 = x^2 + y^2\), \(|PH| = |x + p|\) olduğundan koşul (iki taraf negatif olmadığı için karesiyle denk olarak)
\[ x^2 + y^2 = e^2 (x + p)^2 \]
biçimini alır. Açıp düzenlersek
\[ (1 - e^2)\,x^2 - 2e^2 p\,x + y^2 = e^2 p^2 . \tag{1} \]
\(e = 1\) durumu. (1) denklemi \(y^2 = 2px + p^2 = 2p\left(x + \dfrac{p}{2}\right)\) olur. \(x' = x + \dfrac{p}{2}\) ötelemesiyle \(y^2 = 2px'\) elde edilir: köşesi \(\left(-\dfrac{p}{2}, 0\right)\) olan, parametresi \(p\) olan bir parabol. Zaten \(e = 1\) iken koşul, parabolün tanımının (Tanım 20.1) kendisidir.
\(e \neq 1\) durumu. (1)’de \(x\)’li terimleri tam kareye tamamlayalım. \(x_0 = \dfrac{e^2 p}{1 - e^2}\) dersek
\[ (1 - e^2)(x - x_0)^2 + y^2 = \frac{e^2 p^2}{1 - e^2} \tag{2} \]
bulunur (açınca sabit terimler \(e^2 p^2 + (1 - e^2) x_0^2 = \dfrac{e^2 p^2}{1 - e^2}\) olur). \(x' = x - x_0\) ötelemesini yapalım.
- \(e < 1\) ise (2)’nin iki tarafını \(\dfrac{e^2 p^2}{1 - e^2} > 0\)’a bölersek \[ \frac{x'^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1, \qquad a = \frac{ep}{1 - e^2}, \quad b^2 = a^2 (1 - e^2) \] elde edilir. Bu bir elipstir; \(c^2 = a^2 - b^2 = a^2 e^2\) olduğundan \(c = ae\) ve dış merkezlik \(\dfrac{c}{a} = e\)’dir. Merkez \(X'Y'\) sisteminin başlangıcı, yani \((x_0, 0)\) noktasıdır. \(c = ae = \dfrac{e^2 p}{1 - e^2} = x_0\) olduğundan \((x_0 - c, 0) = (0, 0) = F\) bir odaktır. Bu odağa ait doğrultman merkezden \(\dfrac{a^2}{c} = \dfrac{a}{e} = \dfrac{p}{1 - e^2}\) uzaklıktaki \(x = x_0 - \dfrac{p}{1 - e^2} = -p\) doğrusu, yani \(\Delta\)’dır.
- \(e > 1\) ise \(1 - e^2 < 0\)’dır. (2)’nin iki tarafını \(\dfrac{e^2 p^2}{1 - e^2} < 0\)’a bölersek \[ \frac{x'^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1, \qquad a = \frac{ep}{e^2 - 1}, \quad b^2 = a^2 (e^2 - 1) \] bulunur. Bu bir hiperboldür; \(c^2 = a^2 + b^2 = a^2 e^2\) olduğundan dış merkezlik \(\dfrac{c}{a} = e\)’dir. Bu kez \(x_0 = -\dfrac{e^2 p}{e^2 - 1} = -c\) olduğundan \((x_0 + c, 0) = F\) bir odaktır. Bu odağa ait doğrultman merkezden \(\dfrac{a}{e} = \dfrac{p}{e^2 - 1}\) uzaklıkta, odak tarafındaki \[ x = x_0 + \frac{a}{e} = \frac{-e^2 p + p}{e^2 - 1} = -p \] doğrusu, yani yine \(\Delta\)’dır.
\(\blacksquare\)
Yani elips, parabol ve hiperbol aynı ailenin üyeleridir ve onları birbirinden ayıran tek sayı dış merkezliktir:
\[ e < 1 \iff \text{elips}, \qquad e = 1 \iff \text{parabol}, \qquad e > 1 \iff \text{hiperbol}. \]
Tersine her elips ve her hiperbol, bir odağı ve ona ait doğrultmanıyla bu biçimde elde edilir; bu, Elips ve Hiperbol bölümlerindeki ikinci tanımların içeriğidir. Bu ortak yapı, üç koniği kutupsal koordinatlarda (Paralel ve Kutupsal Koordinatlar) tek bir denklemle yazmamızı sağlar. Bunun için kutup noktasını odağa, kutupsal ekseni de asal eksene yerleştiririz.
Teorem 20.4 (Koniğin kutupsal denklemi) Odağı \(F\), bu odağa ait doğrultmanı \(\Delta\), dış merkezliği \(e\) olan bir konik verilsin ve \(p\), \(F\)’nin \(\Delta\)’ya uzaklığı olsun. Kutup noktası \(F\), kutupsal eksen de asal eksen üzerinde \(F\)’den \(\Delta\)’dan uzaklaşan yönde çıkan yarı doğru olsun. Koniğin \(\Delta\)’ya göre \(F\) ile aynı tarafta kalan noktaları, tam olarak \[ r = \frac{ep}{1 - e\cos\theta} \qquad (1 - e\cos\theta > 0) \] denklemini sağlayan \((r, \theta)\) noktalarıdır. \(e \leq 1\) ise koniğin bütün noktaları bu taraftadır, yani denklem elipsin ya da parabolün tamamını verir. \(e > 1\) ise denklem hiperbolün \(F\)’yi saran kolunu verir.
Aynı \(F\) ve \(\Delta\) ile \(e\) büyüdükçe konik açılır: \(e < 1\) iken kapalı bir elips, \(e = 1\) iken bir yöne sonsuza açılan parabol, \(e > 1\) iken iki kollu hiperbol elde edilir. Kutupsal eksene dik doğrultuda (\(\theta = \dfrac{\pi}{2}\)) \(r = ep\) olduğundan \(p = 2\) için üç koniğin odaktan geçen dikey doğruyu kestiği noktalar \(F\)’den \(1\), \(2\) ve \(4\) birim uzaktadır.
İspat
Adım 1: \(|PH|\)’yi kutupsal koordinatlarla yazma. Kutupsal eksen boyunca yönelmiş bir \(X\)-ekseni ve \(F\)’den geçen dik bir \(Y\)-ekseni alalım; bu dik sistemde \(F = O(0, 0)\) ve \(\Delta: x = -p\)’dir. \(P(r, \theta)\) noktasının dik koordinatları \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\)’dır (Önerme 5.3). \(P\)’den \(\Delta\)’ya inilen dikmenin ayağı \(H\) ise
\[ |PH| = |x + p| = |p + r\cos\theta| \]
olur. \(P\), \(\Delta\)’ya göre \(F\) ile aynı taraftaysa \(x > -p\), yani \(p + r\cos\theta > 0\)’dır ve \(|PH| = p + r\cos\theta\) olur.
Adım 2: denklemi çıkarma. \(|PF| = r\) olduğundan, \(F\) tarafındaki bir \(P\) için \(|PF| = e\,|PH|\) koşulu
\[ \begin{aligned} r &= e\,(p + r\cos\theta) = ep + er\cos\theta \\[1mm] r\,(1 - e\cos\theta) &= ep \end{aligned} \]
olur. \(r > 0\) ve \(ep > 0\) olduğundan \(1 - e\cos\theta > 0\)’dır ve \(r = \dfrac{ep}{1 - e\cos\theta}\) bulunur. Tersine \(1 - e\cos\theta > 0\) ve \(r = \dfrac{ep}{1 - e\cos\theta}\) ise \(r = e(p + r\cos\theta)\) olur; buradan \(p + r\cos\theta = \dfrac{r}{e} > 0\) çıkar. Yani \(P\) \(\Delta\)’ya göre \(F\) tarafındadır, \(|PH| = p + r\cos\theta\) ve \(|PF| = e\,|PH|\)’dir: \(P\) konik üzerindedir.
Adım 3: \(e \leq 1\) iken bütün noktalar \(F\) tarafında. \(P\) koniğin bir noktası olsun. \(P \in \Delta\) olsaydı \(|PH| = 0\) ve \(|PF| = 0\), yani \(P = F \in \Delta\) olurdu; bu olamaz. \(P\), \(\Delta\)’nın \(F\) ile ters tarafında olsaydı \(PF\) parçası \(\Delta\)’yı \(F\)’den farklı bir \(Q\) noktasında keserdi ve
\[ |PF| = |PQ| + |QF| > |PQ| \geq |PH| \]
olurdu (bir noktanın doğruya uzaklığı, doğrunun noktalarına uzaklıklarının en küçüğüdür). O zaman \(e = \dfrac{|PF|}{|PH|} > 1\) olurdu. Öyleyse \(e \leq 1\) iken koniğin her noktası \(F\) tarafındadır ve denklem koniğin tamamını verir.
Adım 4: \(e > 1\) iken hiperbolün kolları. Odak ve doğrultmanla elde edilen hiperbolün (Önerme 20.4) merkezi \((x_0, 0) = (-c, 0)\), köşeleri \(x = -c \pm a\) noktalarıdır; orada \(a = \dfrac{ep}{e^2 - 1}\) ve \(c = ae = \dfrac{e^2 p}{e^2 - 1}\)’dir. Buna göre
\[ \begin{aligned} -c + a &= \frac{-e^2 p + ep}{e^2 - 1} = -\frac{ep}{e + 1} > -p , \\[1mm] -c - a &= \frac{-e^2 p - ep}{e^2 - 1} = -\frac{ep}{e - 1} < -p \end{aligned} \]
olur; çünkü \(\dfrac{e}{e + 1} < 1 < \dfrac{e}{e - 1}\)’dir. Hiperbolün sağ kolu \(x \geq -c + a\), sol kolu \(x \leq -c - a\) bölgesindedir. Öyleyse sağ kol tümüyle \(x > -p\), yani \(\Delta\)’nın \(F\) tarafında; sol kol tümüyle \(x < -p\), yani karşı taraftadır. \(-c + a < 0\) olduğundan \(F = O\) sağ kolun sardığı bölgededir. Denklem tam olarak sağ kolu verir.
\(\blacksquare\)
Hiperbolün öbür kolu da aynı yolla yazılabilir. Bu koldaki noktalar için \(p + r\cos\theta < 0\) ve \(|PH| = -(p + r\cos\theta)\) olduğundan koşul \(r(1 + e\cos\theta) = -ep\) olur; yani öbür kol \(1 + e\cos\theta < 0\) olan açılarda
\[ r = -\frac{ep}{1 + e\cos\theta} \]
denklemiyle verilir.
Denklemde iki farklı \(p\) ile karşılaşmamak için bir noktaya dikkat edelim: burada \(p\) her zaman odağın doğrultmana uzaklığıdır. Parabolde bu sayı parabolün parametresiyle aynıdır. Elips ve hiperbolde ise paydaki \(ep\) sayısı, \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) için \(r = ep\) olduğundan, odaktan asal eksene dik çizilen kirişin yarı uzunluğudur. Bir koniğin kutupsal denklemi verildiğinde paydayı \(1 - e\cos\theta\) biçimine getirmek (sabit terimi \(1\) yapmak) yeter: \(\cos\theta\)’nın katsayısı \(e\)’yi, pay da \(ep\)’yi verir.
Örnek 20.11 (Kutupsal denklemi verilen bir konik) \(r = \dfrac{16}{4 - 2\cos\theta}\) denklemiyle verilen koniğin tipini belirleyip kartezyen denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: tipi belirleme. Paydanın sabit terimini \(1\) yapmak için pay ve paydayı \(4\)’e bölelim:
\[ r = \frac{16}{4 - 2\cos\theta} = \frac{4}{1 - \frac{1}{2}\cos\theta} . \]
Teorem 20.4 ile karşılaştırınca \(e = \dfrac{1}{2} < 1\) bulunur; konik bir elipstir. Ayrıca \(ep = 4\) olduğundan \(\dfrac{1}{2}p = 4\), yani \(p = 8\)’dir: doğrultman odaktan \(8\) birim uzaktaki \(x = -8\) doğrusudur.
Adım 2: kartezyen denklem. Kutup başlangıç noktası, kutupsal eksen pozitif \(X\)-ekseni olsun. Denklemi \(r(4 - 2\cos\theta) = 16\) biçiminde yazıp \(r\cos\theta = x\) koyarsak \(4r - 2x = 16\), yani
\[ r = 4 + \frac{x}{2} \]
bulunur. \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) olduğundan iki tarafın karesini alalım:
\[ \begin{aligned} x^2 + y^2 &= 16 + 4x + \frac{x^2}{4} \\[1mm] 3x^2 - 16x + 4y^2 &= 64 . \end{aligned} \]
Kare alma geri alınabilir: bu denklemi sağlayan her noktada \(x \geq -\dfrac{8}{3}\) olduğu (aşağıdaki standart biçimden görülür) için \(4 + \dfrac{x}{2} > 0\)’dır ve \(r = 4 + \dfrac{x}{2}\) eşitliği geri gelir.
Adım 3: standart biçim. \(x\)’li terimleri tam kareye tamamlayalım: \(3x^2 - 16x = 3\left(x - \dfrac{8}{3}\right)^2 - \dfrac{64}{3}\). Buna göre
\[ 3\left(x - \frac{8}{3}\right)^2 + 4y^2 = \frac{256}{3} \iff \frac{\left(x - \frac{8}{3}\right)^2}{\frac{256}{9}} + \frac{y^2}{\frac{64}{3}} = 1 \]
bulunur. Elipsin merkezi \(\left(\dfrac{8}{3}, 0\right)\), \(a = \dfrac{16}{3}\), \(b^2 = \dfrac{64}{3}\) ve \(c^2 = a^2 - b^2 = \dfrac{256}{9} - \dfrac{192}{9} = \dfrac{64}{9}\), yani \(c = \dfrac{8}{3}\)’tür. Merkeze ötelenmiş \(X'Y'\) sisteminde (\(x' = x - \dfrac{8}{3}\), \(y' = y\)) denklem
\[ \frac{9x'^2}{256} + \frac{3y'^2}{64} = 1 \]
olur.
Sağlama. \(e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{8/3}{16/3} = \dfrac{1}{2}\) ve odaktan doğrultmana uzaklık \(\dfrac{a^2}{c} - c = \dfrac{32}{3} - \dfrac{8}{3} = 8 = p\)’dir. Merkez odaktan \(c = \dfrac{8}{3}\) uzaktadır, yani kutup gerçekten sol odaktır. \(\theta = 0\) için \(r = 8\), \(\theta = \pi\) için \(r = \dfrac{16}{6} = \dfrac{8}{3}\) olduğundan asal köşeler \((8, 0)\) ve \(\left(-\dfrac{8}{3}, 0\right)\)’dır; bunların orta noktası merkezdir.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.12 (Bir hiperbolün kutupsal denklemi) Kartezyen denklemi \(\dfrac{x^2}{16} - \dfrac{y^2}{9} = 1\) olan hiperbolün, kutup noktası \(F(5, 0)\) odağında ve kutupsal ekseni pozitif \(X\) yönünde olan kutupsal denklemini bulunuz.
Çözüm
Adım 1: hiperbolün öğeleri. \(a^2 = 16\) ve \(b^2 = 9\) olduğundan \(a = 4\), \(b = 3\)’tür. Hiperbolde \(c^2 = a^2 + b^2 = 25\), yani \(c = 5\)’tir; odaklar \((\pm 5, 0)\)’dır. Dış merkezlik
\[ e = \frac{c}{a} = \frac{5}{4} \]
dür. \(F(5, 0)\) odağına ait doğrultman \(x = \dfrac{a^2}{c} = \dfrac{16}{5}\) doğrusudur ve \(F\)’nin solunda kalır; kutupsal eksen \(F\)’den bu doğrultmandan uzaklaşan yöndedir, yani kutupsal denklem teoreminin (Teorem 20.4) koşulu sağlanır.
Adım 2: \(p\)’yi bulma. Odak ile doğrultman arasındaki uzaklık
\[ p = c - \frac{a^2}{c} = 5 - \frac{16}{5} = \frac{9}{5} \]
tir. Buna göre \(ep = \dfrac{5}{4} \cdot \dfrac{9}{5} = \dfrac{9}{4}\) olur.
Adım 3: kutupsal denklem. Kutupsal denklem teoreminden (Teorem 20.4)
\[ r = \frac{\frac{9}{4}}{1 - \frac{5}{4}\cos\theta} = \frac{9}{4 - 5\cos\theta} \]
bulunur. Bu denklem \(4 - 5\cos\theta > 0\), yani \(\cos\theta < \dfrac{4}{5}\) olan açılarda tanımlıdır ve hiperbolün \(F\)’yi saran sağ kolunu verir. Örneğin \(\theta = \pi\) için \(r = 1\) ve nokta \((5 - 1, 0) = (4, 0)\) sağ köşedir; \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) için \(r = \dfrac{9}{4}\) ve nokta \(\left(5, \dfrac{9}{4}\right)\)’tür: \(\dfrac{25}{16} - \dfrac{81}{144} = \dfrac{25}{16} - \dfrac{9}{16} = 1\). Sol kol, \(4 + 5\cos\theta < 0\) olan açılarda \(r = -\dfrac{9}{4 + 5\cos\theta}\) ile verilir; \(\theta = \pi\) için \(r = 9\) ve nokta \((-4, 0)\) sol köşedir.
\(\blacksquare\)
Örnek 20.13 (Bir parabolün kutupsal denklemi) \(y^2 = 8x\) parabolünün, kutup noktası odağında ve kutupsal ekseni pozitif \(X\) yönünde olan kutupsal denklemini bulunuz.
Çözüm
Odağı \(F(2, 0)\), doğrultmanı \(x = -2\) olarak bulmuştuk (Örnek 20.3). Odağın doğrultmana uzaklığı \(p = 4\)’tür ve parabolde \(e = 1\)’dir. Kutupsal eksen \(F\)’den doğrultmandan uzaklaşan yöndedir. Kutupsal denklem teoreminden (Teorem 20.4)
\[ r = \frac{4}{1 - \cos\theta} \qquad (0 < \theta < 2\pi) \]
bulunur. \(\theta = 0\) hariçtir, çünkü asal eksen boyunca sağa giden yarı doğru parabolü kesmez.
Sağlama. \(\theta = \pi\) için \(r = 2\) ve nokta \((2 - 2, 0) = (0, 0)\) köşedir. \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) için \(r = 4\) ve nokta \((2, 4)\)’tür: \(4^2 = 16 = 8 \cdot 2\). Genel olarak kutup \(F(2, 0)\) olduğundan \(x - 2 = r\cos\theta\)’dır; denklem \(r = 4 + r\cos\theta = x + 2\) olur ve kare alınınca \((x - 2)^2 + y^2 = (x + 2)^2\), yani \(y^2 = 8x\) geri gelir.
\(\blacksquare\)
20.8 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar tam kareye tamamlama ve ötelemeyle parabolün öğelerini bulmayı, doğru ile parabolün karşılıklı durumunu incelemeyi kullanır.
Alıştırma 20.1 (x² = 12y parabolünün odağı ve doğrultmanı) \(x^2 = 12y\) parabolünün odağını ve doğrultmanını bulun.
Çözüm
Denklemde \(y\) birinci dereceden geçtiği için asal eksen \(Y\)-ekseni, köşe başlangıç noktasıdır; denklem \(x^2 = 2py\) biçimindedir. \(2p = 12\)’den \(p = 6\) bulunur. Buna göre (Önerme 20.2)
\[ F\left(0, \frac{p}{2}\right) = F(0, 3), \qquad \Delta: y = -\frac{p}{2} = -3 \]
olur. Grafiği daha önce çizmiştik (Örnek 20.2).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.2 (Köşesi ötelenmiş, sağa açılan parabol) \(y^2 - 8y - 12x - 8 = 0\) parabolünün odağını ve doğrultmanını bulun.
Çözüm
Adım 1: tam kareye tamamlama. \(y\) ikinci dereceden geçiyor; \(y\)’li terimleri bir tarafta toplayalım:
\[ \begin{aligned} y^2 - 8y &= 12x + 8 \\[1mm] y^2 - 8y + 16 &= 12x + 8 + 16 \\[1mm] (y - 4)^2 &= 12(x + 2) . \end{aligned} \]
Adım 2: öteleme. Eksenleri \(O'(-2, 4)\) noktasına öteleyelim:
\[ \left.\begin{aligned} x' &= x + 2 \\ y' &= y - 4 \end{aligned}\right\} \iff \left.\begin{aligned} x &= x' - 2 \\ y &= y' + 4 \end{aligned}\right\} \]
Yeni \(X'Y'\) sisteminde denklem \(y'^2 = 12x'\) olur. \(x'\) birinci dereceden geçtiği için asal eksen \(X'\)-eksenidir, yani eski \(X\)-eksenine paralel \(y = 4\) doğrusudur. Köşe \(O'(-2, 4)\)’tür.
Adım 3: odak ve doğrultman. \(2p = 12\)’den \(p = 6\)’dır ve parabol sağa açılır. \(X'Y'\) sisteminde odak \(\left(\dfrac{p}{2}, 0\right) = (3, 0)\), doğrultman \(x' = -3\)’tür. Eski sisteme dönelim:
\[ x = 3 - 2 = 1, \quad y = 0 + 4 = 4 \implies F(1, 4), \]
doğrultman için de \(x = -3 - 2 = -5\), yani \(\Delta: x = -5\) bulunur.
Sağlama. Köşe \((-2, 4)\), odak \((1, 4)\) ile doğrultman \(x = -5\) arasının orta noktasıdır: \(\dfrac{1 + (-5)}{2} = -2\) (Önerme 20.1).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.3 (Köşesi ötelenmiş, aşağı açılan parabol) \(x^2 + 6x + 16y - 7 = 0\) parabolünün odağını ve doğrultmanını bulun.
Çözüm
Adım 1: tam kareye tamamlama. Bu kez \(x\) ikinci dereceden geçiyor:
\[ \begin{aligned} x^2 + 6x &= -16y + 7 \\[1mm] x^2 + 6x + 9 &= -16y + 16 \\[1mm] (x + 3)^2 &= -16(y - 1) . \end{aligned} \]
Adım 2: öteleme. \(x' = x + 3\), \(y' = y - 1\), yani \(x = x' - 3\), \(y = y' + 1\) ötelemesiyle denklem
\[ x'^2 = -16y' \]
olur. Köşe \(O'(-3, 1)\)’dir; asal eksen \(Y'\)-ekseni, yani eski sistemde \(x = -3\) dikey doğrusudur. Denklem \(x'^2 = -2py'\) biçiminde olduğundan parabol aşağı açılır.
Adım 3: odak ve doğrultman. \(2p = 16\)’dan \(p = 8\) bulunur. Dört biçim tablosuna (Önerme 20.2) göre \(X'Y'\) sisteminde odak \(\left(0, -\dfrac{p}{2}\right) = (0, -4)\), doğrultman \(y' = \dfrac{p}{2} = 4\)’tür. Eski sisteme dönersek
\[ x = 0 - 3 = -3, \quad y = -4 + 1 = -3 \implies F(-3, -3), \]
doğrultman için \(y = 4 + 1 = 5\), yani \(\Delta: y = 5\) bulunur.
Sağlama. Köşe \((-3, 1)\), odak ile doğrultmanın tam ortasındadır: \(\dfrac{-3 + 5}{2} = 1\). Ayrıca \(F\) hizasında (\(y = -3\)) \((x + 3)^2 = 64\), yani \(x = 5\) ya da \(x = -11\) bulunur; \((5, -3)\) noktasının odağa uzaklığı \(8\), doğrultmana uzaklığı \(5 - (-3) = 8\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.4 (Eğimi değişen bir doğru ile parabol) \(m \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(d: y = mx + 2\) doğrusu ile \(y^2 = 4x\) parabolünün birbirine göre durumunu \(m\)’ye göre inceleyin.
Çözüm
Kesişim denklemi. \(y = mx + 2\)’yi \(y^2 = 4x\)’te yerine yazalım:
\[ \begin{aligned} (mx + 2)^2 &= 4x \\[1mm] m^2 x^2 + 4mx + 4 &= 4x \\[1mm] m^2 x^2 + 4(m - 1)\,x + 4 &= 0 . \end{aligned} \]
\(m = 0\) durumu. Denklem \(-4x + 4 = 0\) olur ve tek çözüm \(x = 1\)’dir. \(d: y = 2\) doğrusu parabolü yalnız \((1, 2)\) noktasında keser; asal eksene (\(X\)-eksenine) paralel olduğundan teğet değildir.
\(m \neq 0\) durumu. Denklem ikinci derecedendir ve diskriminantı
\[ \begin{aligned} \delta &= 16(m - 1)^2 - 16m^2 \\[1mm] &= 16\bigl((m - 1)^2 - m^2\bigr) = 16(1 - 2m) \end{aligned} \]
dir. \(\delta\)’nın işareti \(1 - 2m\)’nin işaretiyle aynıdır. (Teorem 20.3 ile de \(p = 2\), \(n = 2\) için \(\delta = 8(2 - 4m) = 16(1 - 2m)\) bulunur.) Buna göre:
- \(m > \dfrac{1}{2}\) ise \(\delta < 0\)’dır ve \(d\) parabolü kesmez;
- \(m < \dfrac{1}{2}\) ve \(m \neq 0\) ise \(\delta > 0\)’dır ve \(d\) parabolü iki noktada keser;
- \(m = \dfrac{1}{2}\) ise \(\delta = 0\)’dır ve \(d\) parabole teğettir.
\(m = 0\) durumu ikinci maddenin aralığında kalmasına rağmen ayrıdır: orada tek bir ortak nokta vardır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 20.5 (Değme noktasını bulmak) \(y = mx + 2\) doğrusunun \(y^2 = 4x\) parabolüne teğet olduğu durumda değme noktasının koordinatlarını bulun.
Çözüm
Önceki alıştırmada teğetlik durumunun \(m = \dfrac{1}{2}\) olduğunu gördük. Bu durumda kesişim denklemi \(m^2 x^2 + 4(m - 1)x + 4 = 0\),
\[ \frac{1}{4}x^2 - 2x + 4 = 0 \iff x^2 - 8x + 16 = 0 \iff (x - 4)^2 = 0 \]
olur. Çift katlı kök \(x = 4\)’tür; buna karşılık \(y = \dfrac{1}{2} \cdot 4 + 2 = 4\) bulunur. Değme noktası \(T(4, 4)\)’tür.
Sağlama. \(4^2 = 16 = 4 \cdot 4\) olduğundan \(T\) parabol üzerindedir. Sonuç 20.2 ile \(p = 2\), \(m = \dfrac{1}{2}\), \(n = 2\) için \(2mn = 2 = p\) ve değme noktası \(\left(\dfrac{n}{m}, 2n\right) = (4, 4)\)’tür. Ayrıca teğet denklemine (Teorem 20.2) göre \(T\)’deki teğet \(4y = 2(x + 4)\), yani \(y = \dfrac{1}{2}x + 2\)’dir.
\(\blacksquare\)
Böylece üç koniği hem ayrı ayrı standart denklemleriyle hem de odak ve doğrultmana dayanan ortak bir bakışla tanımış olduk. Standart denklemlerin hepsi \(x\) ve \(y\)’de ikinci dereceden denklemlerdir. Bir sonraki bölümde, Koniklerin Sınıflandırılması bölümünde, bu yolun tersini yürüyecek, ikinci dereceden genel bir denklemin hangi koniği belirttiğini öteleme ve dönmeyle bulacağız.