5 Paralel ve Kutupsal Koordinatlar

Dik koordinat sisteminde (Dik Koordinatlar ve Uzaklık) bir noktanın adresini, birbirine dik iki sayı doğrusu yardımıyla yazdık. Bu bölümde aynı düzleme iki farklı gözle bakacağız.

İlki eksenlerin dik olma şartını bırakır: iki eksen herhangi bir açıyla kesişebilir. Böyle kurulan paralel koordinat sistemi, dik sistemin bazı özelliklerini korur, bazılarını kaybeder. Hangilerinin korunduğunu görmek, dik sistemde neyi “bedava” aldığımızı da ortaya koyar. İkincisi, bir noktayı “başlangıçtan ne kadar uzakta ve hangi yönde?” sorularının yanıtıyla tarif eden kutupsal koordinat sistemidir. Başlangıç noktası etrafında dönen ya da ona göre simetrik olan eğriler bu sistemde çok daha sade denklemlere sahiptir.

5.1 Paralel koordinat sistemi

Dik koordinat sistemini kurarken iki sayı doğrusunu dik kesiştirmiştik. Aynı kurguyu dik olmayan iki eksenle de yapabiliriz. Tek fark, noktadan eksenlere dikme indirmek yerine eksenlere paralel doğrular çizmektir.

Tanım 5.1 (Paralel koordinat sistemi) Düzlemde bir \(O\) noktasında kesişen iki doğru alalım ve her birini, başlangıç noktası \(O\) olan bir sayı doğrusu gibi yönlendirelim. Bunlara \(X\)-ekseni ve \(Y\)-ekseni diyelim. Pozitif \(X\) yönünden pozitif \(Y\) yönüne olan açı \(\alpha\) olsun (\(0 < \alpha < \pi\)).

Düzlemin bir \(P\) noktasından \(Y\)-eksenine paralel çizilen doğru \(X\)-eksenini \(x\) sayısının noktasında, \(X\)-eksenine paralel çizilen doğru da \(Y\)-eksenini \(y\) sayısının noktasında kessin. \((x, y)\) ikilisine \(P\)’nin paralel koordinatları ya da Descartes koordinatları denir ve \(P(x, y)\) yazılır. Bu biçimde kurulan koordinat sistemine paralel koordinat sistemi ya da eğik koordinat sistemi denir.

Paralel koordinat sistemi: eksenler arasındaki açı α. P'den eksenlere paralel çizilen kesikli doğrular X-eksenini x'te, Y-eksenini y'de keser; P'nin koordinatları (x, y) olur. Soluk ızgara çizgileri de eksenlere paraleldir.

Yani \(x\) ve \(y\), \(P\)’den eksenlere paralel çizilen doğruların eksenlerden ayırdığı parçaların işaretli uzunluklarıdır. Dik sistemde bu paraleller eksenlere dik olduğundan, aynı sayılar dik izdüşümlerle elde edilir.

Önerme 5.1 (Paralel koordinatlar bire bir eşleme kurar) Paralel koordinat sistemiyle donatılmış düzlemde her \(P\) noktasına \((x, y)\) paralel koordinatlarını karşılık getiren eşleme, düzlemin noktaları ile \(\mathbb{R}^2\) arasında bire bir ve örten bir eşlemedir.

İspat

Önce eşlemenin iyi tanımlı olduğunu, sonra bire bir ve örten olduğunu gösterelim.

İyi tanımlılık. Bir \(P\) noktasından \(Y\)-eksenine paralel tek bir doğru geçer (paralellik aksiyomu). Eksenler kesiştiği için bu doğru \(X\)-eksenine paralel değildir, dolayısıyla \(X\)-eksenini tam bir noktada keser. Bu nokta \(X\) sayı doğrusunun tek bir \(x\) sayısına karşılık gelir. Aynı gerekçeyle \(y\) de tek türlü belirlidir.

Bire birlik. \(P\) ve \(P'\) aynı \((x, y)\) ikilisine sahip olsun. O zaman ikisi de \(X\)-ekseninin \(x\) noktasından geçen ve \(Y\)-eksenine paralel olan \(d_x\) doğrusu üzerindedir. İkisi de \(Y\)-ekseninin \(y\) noktasından geçen ve \(X\)-eksenine paralel olan \(d_y\) doğrusu üzerindedir. \(d_x\) ile \(d_y\) farklı eksenlere paralel olduklarından paralel değildir ve tek bir noktada kesişir. Bu yüzden \(P = P'\) olur.

Örtenlik. \((x, y) \in \mathbb{R}^2\) verilsin. Yukarıdaki \(d_x\) ve \(d_y\) doğruları tek bir \(P\) noktasında kesişir. \(P\)’den \(Y\)-eksenine paralel olan tek doğru \(d_x\)’tir ve \(X\)-eksenini \(x\)’te keser. \(X\)-eksenine paralel olan tek doğru \(d_y\)’dir ve \(Y\)-eksenini \(y\)’de keser. Demek ki \(P\)’nin paralel koordinatları \((x, y)\)’dir. \(\blacksquare\)

Özel olarak \(\alpha = \dfrac{\pi}{2}\) ise eksenler diktir. O zaman eksenlere çizilen paraleller, eksenlere inilen dikmelerle çakışır ve paralel koordinat sistemi dik koordinat sistemine dönüşür. Yani dik koordinat sistemi, paralel koordinat sisteminin \(\alpha = \dfrac{\pi}{2}\) olan özel hâlidir.

Dik koordinat sistemiyle benzerlikler ve farklılıklar

Eksenler eğildiğinde dik sistemin bazı özellikleri olduğu gibi kalır. Önce bunları toplayalım, sonra neyin bozulduğuna bakalım.

Önerme 5.2 (Dik sistemle ortak özellikler) Paralel koordinat sisteminde de şunlar doğrudur:

\((x, y)\) ve \((-x, -y)\) noktaları \(O\)’ya göre simetriktir.
\(X\)-ekseninin denklemi \(y = 0\), \(Y\)-ekseninin denklemi \(x = 0\)’dır.
\(a, b \in \mathbb{R}\) için \(x = a\) denklemi \(Y\)-eksenine paralel bir doğruyu, \(y = b\) denklemi \(X\)-eksenine paralel bir doğruyu belirtir.

α = π/3 olan eğik sistemde P(2, 1) ile P'(−2, −1) noktaları O'ya göre simetriktir (kesikli paralelkenarlar). x = 3 doğrusu Y-eksenine, y = 2 doğrusu X-eksenine paraleldir.

İspat

Üçüncü maddeden başlayıp ilk ikisini ondan çıkaracağız.

Eksenlere paralel doğrular. Bir \(P\) noktasının birinci koordinatı \(a\) ise, tanım gereği \(P\)’den \(Y\)-eksenine çizilen paralel \(X\)-eksenini \(a\) noktasında keser. Yani \(P\), \(X\)-ekseninin \(a\) noktasından geçen ve \(Y\)-eksenine paralel olan \(d_a\) doğrusunun üzerindedir. Tersine \(d_a\) üzerindeki her noktadan \(Y\)-eksenine çizilen paralel \(d_a\)’nın kendisidir ve \(X\)-eksenini \(a\)’da keser. Böylece \(x = a\) denklemini sağlayan noktalar tam olarak \(d_a\) doğrusunu oluşturur. \(y = b\) için gerekçe aynıdır.

Eksenlerin denklemleri. \(a = 0\) için \(d_0\), \(O\)’dan geçen ve \(Y\)-eksenine paralel olan doğrudur. Bu da \(Y\)-ekseninin kendisidir, yani \(Y\)-ekseninin denklemi \(x = 0\)’dır. Aynı biçimde \(X\)-ekseninin denklemi \(y = 0\)’dır.

\(O\)’ya göre simetri. \(P(x, y)\) verilsin. \(A\), \(X\)-ekseninin \(x\) noktası, \(B\) de \(Y\)-ekseninin \(y\) noktası olsun. \(PA\) doğrusu \(Y\)-eksenine, \(PB\) doğrusu \(X\)-eksenine paralel olduğundan \(OAPB\) bir paralelkenardır. \(P\) bir eksen üzerindeyse bu paralelkenar bir doğru parçasına dönüşür, ama aşağıdaki gerekçe yine geçerlidir.

\(O\) merkezli nokta simetrisi her \(Q\) noktasını, \(O\) orta nokta olacak biçimde bir \(Q'\) noktasına götürür. Bu dönüşüm uzaklıkları korur, her doğruyu kendisine paralel bir doğruya götürür ve \(O\)’dan geçen her doğruyu kendisine götürür. Dolayısıyla \(X\)-ekseni kendisine gider ve \(A\), \(X\)-ekseninin \(-x\) noktasına gider. Aynı biçimde \(B\), \(Y\)-ekseninin \(-y\) noktasına gider. \(OAPB\) paralelkenarının görüntüsü, kenarları yine eksenlere paralel olan ve köşeleri \(O\), \(-x\), \(P'\), \(-y\) olan bir paralelkenardır. Demek ki \(P\)’nin simetriği \(P'\)’nün paralel koordinatları \((-x, -y)\)’dir. \(\blacksquare\)

Farklılık eksenlere göre simetride ortaya çıkar. Dik sistemde \((x, y)\) ile \((-x, y)\) noktaları \(Y\)-eksenine göre simetriktir. Paralel sistemde ise \((x, y)\) noktasının \(Y\)-eksenine göre simetriği genel olarak \((-x, y)\) değildir. Bunun nedeni, \(Y\)-eksenine göre yansımanın \(X\)-eksenini kendisine götürmemesidir: \(X\)-ekseni ancak \(Y\)-eksenine dikse aynada kendisiyle çakışır. Bu yüzden simetrik nokta önce geometrik olarak bulunur, sonra koordinatları paralel izdüşümlerle okunur.

Örnek 5.1 (Eğik sistemde Y-eksenine göre simetri) Eksenleri arasındaki açı \(\alpha = \dfrac{\pi}{3}\) olan bir paralel koordinat sisteminde \(P(1, 0)\) noktasının \(Y\)-eksenine göre simetriğinin paralel koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

\(P'\), \(P\)’nin \(Y\)-eksenine göre simetriği olsun. Yani \(Y\)-ekseni \(PP'\) doğru parçasının orta dikmesidir.

Simetriğin yeri. \(O\) aynanın üzerinde olduğundan yansıma \(O\)’ya olan uzaklığı korur: \(|OP'| = |OP| = 1\). Yansıma aynayla yapılan açıyı da korur. \(OP\) yarı doğrusu (pozitif \(X\) yönü) \(Y\)-ekseniyle \(\dfrac{\pi}{3}\) açı yapar. Öyleyse \(OP'\) yarı doğrusu da \(Y\)-ekseninin öbür yanında onunla \(\dfrac{\pi}{3}\) açı yapar. Böylece pozitif \(X\) yönünden \(OP'\)’ye olan açı \(\dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{2\pi}{3}\) olur.

Birinci koordinat. \(P'\)’den \(Y\)-eksenine paralel çizilen doğru \(X\)-eksenini \(S\) noktasında kessin. \(OSP'\) üçgeninin açılarına bakalım:

\(O\)’daki açı, \(OP'\) ile negatif \(X\) yönü arasındaki açıdır: \(\pi - \dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}\).
\(S\)’deki açı, \(SO\) yönü (pozitif \(X\)) ile \(SP'\) yönü (pozitif \(Y\)’ye paralel) arasındadır. Paralel doğruların yöndeş açıları eşit olduğundan bu açı \(\alpha = \dfrac{\pi}{3}\)’tür.
Üçüncü açı da \(\pi - \dfrac{\pi}{3} - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{3}\) olur.

Üçgen eşkenardır ve kenarları \(|OP'| = 1\)’e eşittir. \(S\), \(O\)’nun negatif tarafında olduğundan birinci koordinat \(x = -1\)’dir.

İkinci koordinat. \(P'\)’den \(X\)-eksenine paralel çizilen doğru \(Y\)-eksenini \(B\)’de kessin. \(OSP'B\) bir paralelkenar olduğundan \(|OB| = |SP'| = 1\)’dir. \(B\) pozitif tarafta olduğundan \(y = 1\)’dir.

α = π/3 olan eğik sistemde Y-eksenine göre yansıma. P(1, 0)'ın simetriği P'(−1, 1)'dir; OSP' eşkenar üçgendir ve OSP'B bir paralelkenardır.

Buna göre \(P(1, 0)\)’ın \(Y\)-eksenine göre simetriği \(P'(-1, 1)\)’dir. \((-1, 0)\) noktası ise yalnızca \(S\)’dir: \(X\)-ekseni üzerinde durur ve \(P\)’nin simetriği değildir. \(\blacksquare\)

Örnek 5.2 (Eğik sistemde karenin dördüncü köşesi) Eksenleri arasındaki açı \(\dfrac{\pi}{4}\) olan bir paralel koordinat sisteminde, üç köşesi \((0, 0)\), \((1, 0)\) ve \((0, \sqrt{2})\) olan bir karenin dördüncü köşesinin paralel koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

Köşelere \(O(0, 0)\), \(A(1, 0)\) ve \(B(0, \sqrt{2})\) diyelim. Dikkat: \(B\), \(Y\)-ekseni üzerindedir ve \(O\)’ya uzaklığı \(\sqrt{2}\)’dir.

Karenin biçimi. \(OAB\) üçgeninde \(|OA| = 1\), \(|OB| = \sqrt{2}\) ve aradaki açı \(\dfrac{\pi}{4}\)’tür. Kosinüs teoreminden \[ |AB|^2 = 1^2 + (\sqrt{2})^2 - 2 \cdot 1 \cdot \sqrt{2} \cos\frac{\pi}{4} = 1 + 2 - 2 = 1 \] bulunur, yani \(|AB| = 1\)’dir. Ayrıca \(|OA|^2 + |AB|^2 = 1 + 1 = 2 = |OB|^2\) olduğundan, Pisagor teoreminin karşıtı gereği \(A\)’daki açı diktir. Demek ki \(O\), \(A\), \(B\) kenar uzunluğu \(1\) olan bir karenin ardışık üç köşesidir ve \(OB\) bu karenin köşegenidir. Dördüncü köşe \(C\) için \(OC\) kenarı \(AB\)’ye paralel ve eşittir, \(CB\) kenarı da \(OA\)’ya yani \(X\)-eksenine paraleldir. \(AB\), \(X\)-eksenine dik olduğundan \(OC\) de \(X\)-eksenine diktir.

İkinci koordinat. \(C\)’den \(X\)-eksenine çizilen paralel \(CB\) doğrusudur ve \(Y\)-eksenini \(B\)’de keser. Öyleyse \(y = \sqrt{2}\)’dir.

Birinci koordinat. \(C\)’den \(Y\)-eksenine çizilen paralel \(X\)-eksenini \(S\)’de kessin. \(OSC\) üçgeninde \(O\)’daki açı diktir, çünkü \(OC\), \(X\)-eksenine diktir. \(S\)’deki açı ise \(SC\), \(Y\)-eksenine paralel olduğundan \(\alpha = \dfrac{\pi}{4}\)’tür. Üçgen ikizkenar dik üçgendir ve \(|OS| = |OC| = 1\) olur. \(S\), \(O\)’nun solunda kaldığından \(x = -1\)’dir.

α = π/4 olan eğik sistemde kenarı 1 olan kare. Köşelerin yanındaki sayılar paralel koordinatlardır; C'den Y-eksenine çizilen paralel X-eksenini (−1, 0)'da keser.

Buna göre karenin dördüncü köşesi \(C(-1, \sqrt{2})\)’dir. \(\blacksquare\)

5.2 Kutupsal koordinat sistemi

Bir noktayı iki eksen yerine tek bir yarı doğru ve bir açıyla da tarif edebiliriz: “başlangıç noktasından \(r\) birim uzakta, şu yönde”. Bu fikir kutupsal koordinat sistemine götürür.

Tanım 5.2 (Kutup noktası ve kutupsal eksen) Düzlemde bir \(O\) başlangıç noktası seçelim ve \(O\)’dan çıkan yönlendirilmiş bir \(OX\) yarı doğrusu çizelim. \(O\)’dan \(X\)’e doğru olan yönü pozitif yön kabul eden bu yarı doğruya kutupsal eksen, \(O\) noktasına da kutup noktası denir.

Yani kutupsal sistemde bir sayı doğrusu yerine yalnızca bir başlangıç noktası ve açıları ölçmeye başlayacağımız bir “sıfır yönü” vardır.

Şimdi \(P\), kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış düzlemde \(O\)’dan farklı bir nokta olsun. \(r = |OP|\) diyelim; \(r > 0\)’dır. \(\theta\) da \(OX\) yarı doğrusundan \(OP\) yarı doğrusuna saat yönünün tersine (pozitif yönde) ölçülen açı olsun; \(\theta \in [0, 2\pi)\). \(P\) noktası \((r, \theta)\) ikilisini tek türlü belirler. Tersine \(r > 0\) ve \(\theta\) verildiğinde, \(OX\)’i \(O\) etrafında pozitif yönde \(\theta\) kadar döndürüp elde edilen yarı doğru üzerinde \(O\)’dan \(r\) uzaklıktaki noktayı işaretleyerek \(P\) hemen bulunur.

Tanım 5.3 (Kutupsal koordinatlar) \(P\) noktasının konumunu belirten, yukarıdaki gibi tanımlanan \((r, \theta)\) sıralı ikilisine \(P\)’nin kutupsal koordinatları, \(\theta\)’ya da \(P\)’nin kutupsal açısı denir ve \(P(r, \theta)\) yazılır.

Kutupsal koordinatlar: r = |OP| kutuptan uzaklık, θ de kutupsal eksenden OP'ye saat yönünün tersine ölçülen açıdır.

Yani \(r\) noktanın kutuptan uzaklığı, \(\theta\) da noktanın kutuptan bakıldığında göründüğü yöndür.

Kutup noktasının kendisi \(r = 0\) ile tek başına belirlenir. \(\theta\) burada bir yön belirtmez: \((0, \theta)\) ikililerinin her biri, hangi \(\theta\) alınırsa alınsın, kutup noktasının koordinatları olarak düşünülebilir.

Açıyı \([0, 2\pi)\) dışında da yazmak bazen işe yarar. \(\theta\) ile \(\theta + 2k\pi\) (\(k \in \mathbb{Z}\)) aynı yarı doğruyu verir. Negatif bir açı saat yönünde ölçülür. Örneğin \(\left(5, -\dfrac{2\pi}{3}\right)\) ile \(\left(5, \dfrac{4\pi}{3}\right)\) aynı noktadır.

Örnek 5.3 (Kutupsal koordinatları verilen noktaları çizmek) Kutupsal koordinatları \((4, 0)\), \(\left(3, \dfrac{\pi}{3}\right)\), \(\left(5, \dfrac{\pi}{2}\right)\), \(\left(2, \dfrac{2\pi}{3}\right)\), \(\left(4, \dfrac{2\pi}{3}\right)\) ve \(\left(2, \dfrac{4\pi}{3}\right)\) olan noktaları kutupsal düzlemde gösteriniz.

Çözüm

Her nokta için aynı iki adımı izleriz: önce kutupsal ekseni pozitif yönde \(\theta\) kadar döndürüp bir yarı doğru çizeriz, sonra bu yarı doğru üzerinde \(O\)’dan \(r\) birim ölçeriz.

\((4, 0)\): açı \(0\) olduğundan nokta kutupsal eksenin kendisi üzerinde, \(O\)’dan \(4\) birim uzaktadır.
\(\left(3, \dfrac{\pi}{3}\right)\): kutupsal eksenle \(60^\circ\) yapan yarı doğru üzerinde \(3\) birim.
\(\left(5, \dfrac{\pi}{2}\right)\): kutupsal eksene dik, yukarı doğru yarı doğru üzerinde \(5\) birim.
\(\left(2, \dfrac{2\pi}{3}\right)\) ve \(\left(4, \dfrac{2\pi}{3}\right)\): ikisi de \(120^\circ\)’lik aynı yarı doğru üzerindedir; biri \(2\), öbürü \(4\) birim uzaktadır.
\(\left(2, \dfrac{4\pi}{3}\right)\): \(240^\circ\)’lik yarı doğru üzerinde \(2\) birim.

Bir gözlem: \(\left(2, \dfrac{2\pi}{3}\right)\) ile \(\left(2, \dfrac{4\pi}{3}\right)\) kutupsal eksenin taşıyıcı doğrusuna göre simetriktir, çünkü \(\dfrac{4\pi}{3} = 2\pi - \dfrac{2\pi}{3}\)’tür. Yani ikinci açı, birincinin saat yönünde ölçülmüş hâlidir.

Altı noktanın kutupsal düzlemdeki yeri. Soluk çemberler r = 1, …, 5; soluk ışınlar her π/6'da bir. O'daki renkli yaylar her noktanın kutupsal açısını gösterir.

\(\blacksquare\)

Dik ve kutupsal koordinatlar arasındaki ilişki

Aynı düzleme hem dik hem kutupsal sistem yerleştirirsek, bir noktanın iki adresi arasında gidip gelebiliriz. Bunun için dik sistemin başlangıç noktasını kutup noktası, pozitif \(X\)-eksenini de kutupsal eksen olarak seçelim.

Önerme 5.3 (Dik ve kutupsal koordinatlar arasında geçiş) \(P \neq O\) noktasının dik koordinatları \((x, y)\), kutupsal koordinatları \((r, \theta)\) olsun (\(r > 0\)). Kutupsal koordinatlardan dik koordinatlara geçiş \[ x = r\cos\theta, \qquad y = r\sin\theta \] denklemleriyle, dik koordinatlardan kutupsal koordinatlara geçiş de \[ r = \sqrt{x^2 + y^2}, \qquad \cos\theta = \frac{x}{r}, \qquad \sin\theta = \frac{y}{r} \] denklemleriyle yapılır. Özel olarak \(x \neq 0\) ise \(\tan\theta = \dfrac{y}{x}\)’tir.

İspat

\(r = |OP|\) olduğundan \(O(0, 0)\) ile \(P(x, y)\) arasındaki uzaklık formülü (Dik Koordinatlar ve Uzaklık) \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) verir.

\(OP\) yarı doğrusu üzerinde \(O\)’ya uzaklığı \(1\) olan noktaya \(U\) diyelim. \(P\)’den ve \(U\)’dan \(X\)-eksenine inilen dikmelerin ayakları \(H\) ve \(H'\) olsun. \(OHP\) ve \(OH'U\) dik üçgenlerinin \(O\)’daki açısı ortak, \(H\) ve \(H'\)’deki açıları dik olduğundan bu üçgenler benzerdir. Benzerlik oranı \(\dfrac{|OU|}{|OP|} = \dfrac{1}{r}\)’dir. Bu yüzden \(U\)’nun koordinatlarının mutlak değerleri \(\dfrac{|x|}{r}\) ve \(\dfrac{|y|}{r}\)’dir. \(U\) ile \(P\) aynı yarı doğru üzerinde, yani aynı bölgede olduğundan işaretler de aynıdır: \(U = \left(\dfrac{x}{r}, \dfrac{y}{r}\right)\). (\(P\) bir eksen üzerindeyse üçgenler bozulur, ama bu durumda \(U\)’nun koordinatları doğrudan okunur ve aynı sonuç çıkar.)

Dik ve kutupsal koordinatlar: OHP dik üçgeninden x = r cos θ, y = r sin θ. Birim çember üzerindeki U noktası (cos θ, sin θ)'dır.

Öte yandan \(U\), birim çemberin pozitif \(X\) yönünden \(\theta\) açısıyla ulaşılan noktasıdır. Sinüs ve kosinüsün birim çember tanımı gereği \(U = (\cos\theta, \sin\theta)\)’dır. İki ifadeyi karşılaştırırsak \(\cos\theta = \dfrac{x}{r}\) ve \(\sin\theta = \dfrac{y}{r}\) bulunur. Bunlar \(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) ile aynıdır. \(x \neq 0\) ise taraf tarafa bölerek \(\tan\theta = \dfrac{y}{x}\) elde edilir. \(\blacksquare\)

Dikten kutupsala geçiş çoğu kez kısaca \(\theta = \arctan\dfrac{y}{x}\) diye yazılır. Ancak \(\arctan\) yalnızca \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) aralığında değer alır ve \((x, y)\) ile \((-x, -y)\) için aynı sonucu verir. Bu yüzden açıyı seçerken noktanın bulunduğu bölgeye bakmak gerekir.

Kutupsal koordinatları üç adımda bulmak

\(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) hesaplanır.
\((x, y)\) noktasının hangi bölgede olduğuna bakılır.
\(\tan\theta = \dfrac{y}{x}\) eşitliğini sağlayan ve o bölgeye düşen \(\theta \in [0, 2\pi)\) seçilir. \(x = 0\) ise \(y > 0\) için \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\), \(y < 0\) için \(\theta = \dfrac{3\pi}{2}\) alınır.

Örnek 5.4 (Dik koordinatlardan kutupsal koordinatlara) Dik koordinatları \((-2, 2)\) olan noktanın kutupsal koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

Üç adımı uygulayalım.

\(r = \sqrt{(-2)^2 + 2^2} = \sqrt{8}\), yani \(r = 2\sqrt{2}\).
\(x = -2 < 0\) ve \(y = 2 > 0\) olduğundan nokta ikinci bölgededir, yani \(\dfrac{\pi}{2} < \theta < \pi\) olmalıdır.
\(\tan\theta = \dfrac{2}{-2} = -1\)’dir. Tanjantı \(-1\) olan açılar \(\dfrac{3\pi}{4}\) ve \(\dfrac{7\pi}{4}\)’tür; ikinci bölgedeki \(\theta = \dfrac{3\pi}{4}\)’tür.

Kontrol: \(r\cos\theta = 2\sqrt{2} \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = -2\) ve \(r\sin\theta = 2\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 2\)’dir.

(−2, 2) noktası ikinci bölgededir: r = 2√2 ve θ = 3π/4. OP negatif X yönüyle π/4 açı yapar.

Buna göre noktanın kutupsal koordinatları \(\left(2\sqrt{2}, \dfrac{3\pi}{4}\right)\)’tür. Aynı soruda \(\arctan(-1) = -\dfrac{\pi}{4}\) sonucunu olduğu gibi alsaydık dördüncü bölgedeki \((2, -2)\) noktasını bulurduk. \(\blacksquare\)

Örnek 5.5 (Kutupsal koordinatlardan dik koordinatlara) Kutupsal koordinatları \(\left(4, \dfrac{2\pi}{3}\right)\) olan noktanın dik koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

\(\cos\dfrac{2\pi}{3} = -\dfrac{1}{2}\) ve \(\sin\dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) olduğundan \[ x = 4\cos\frac{2\pi}{3} = -2, \qquad y = 4\sin\frac{2\pi}{3} = 2\sqrt{3} \] bulunur. Noktanın dik koordinatları \((-2, 2\sqrt{3})\)’tür. Kontrol olarak \((-2)^2 + (2\sqrt{3})^2 = 4 + 12 = 16\) bulunur; bu da \(r^2\)’ye eşittir. \(\blacksquare\)

Bir eğriyi kutupsal koordinatlarla anlatırken bir noktanın birden çok kutupsal ikilisi olduğunu hesaba katmamız gerekir. Bu yüzden kutupsal denklemi şöyle tanımlarız.

Tanım 5.4 (Kutupsal denklem) \(F(r, \theta) = 0\) bir denklem olsun. Kutupsal ikililerinden en az biri bu denklemi sağlayan noktaların kümesine denklemin grafiği denir. Bir eğri bu biçimde bir denklemin grafiği ise \(F(r, \theta) = 0\) denklemine o eğrinin kutupsal denklemi denir.

Yani bir noktanın eğri üzerinde olması için bütün adreslerinin değil, adreslerinden birinin denklemi sağlaması yeter. Örneğin kutup noktası \((0, \theta)\) ikililerinden biri denklemi sağlıyorsa eğrinin üzerindedir. Dik denklemden kutupsal denkleme geçmek için \(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) yazmak yeterlidir.

Örnek 5.6 (Bir doğrunun kutupsal denklemi) Dik koordinatlardaki denklemi \(y = \sqrt{3}\,x + 2\) olan doğrunun kutupsal koordinatlardaki denklemini bulunuz.

Çözüm

Denklemde \(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) yazarsak \[ r\sin\theta = \sqrt{3}\, r\cos\theta + 2 \] bulunur. \(r\) içeren terimleri bir tarafa toplarsak \(r(\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta) = 2\) olur. Doğru \(O\)’dan geçmediği için bu doğrunun hiçbir noktasında \(\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta\) sıfır olamaz; sıfır olsaydı sol taraf \(0\) olurdu. Öyleyse bölebiliriz: \[ r = \frac{2}{\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta}. \]

Karşılaştırma için \(O\)’dan geçen paralel doğruya bakalım: \(y = \sqrt{3}\,x\) doğrusu, kutupsal eksenle \(\tan\theta = \sqrt{3}\) açısı yapan doğrudur. Bu doğrunun üst yarısı \(\theta = \dfrac{\pi}{3}\), alt yarısı \(\theta = \dfrac{4\pi}{3}\) yarı doğrusudur. Kutuptan geçen doğruların kutupsal denklemi bu kadar basittir: sabit bir açı. Kutuptan geçmeyen doğruların genel kutupsal denklemini bölümün sonunda çıkaracağız.

Paralel iki doğru: y = √3x + 2 kutuptan geçmez, kutupsal denklemi r sin θ − √3 r cos θ = 2'dir. Kutuptan geçen y = √3x doğrusu ise θ = π/3 ve θ = 4π/3 yarı doğrularının birleşimidir.

Buna göre aranan kutupsal denklem \(r\sin\theta - \sqrt{3}\, r\cos\theta = 2\), yani \(r = \dfrac{2}{\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta}\)’dir. \(\blacksquare\)

İki nokta arasındaki uzaklık ve üçgenin alanı

Dik koordinatlarda uzaklığı Pisagor teoremiyle bulmuştuk. Kutupsal koordinatlarda ise elimizde iki uzunluk (\(r_1\), \(r_2\)) ve aralarındaki açı vardır; bu durumda doğal araç kosinüs teoremidir.

Teorem 5.1 (Kutupsal koordinatlarda iki nokta arasındaki uzaklık) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış düzlemde \(P_1(r_1, \theta_1)\) ve \(P_2(r_2, \theta_2)\) noktaları arasındaki uzaklık \[ |P_1P_2| = \sqrt{r_1^2 + r_2^2 - 2 r_1 r_2 \cos(\theta_2 - \theta_1)} \] formülüyle verilir.

İspat

\(\gamma\), \(OP_1\) ile \(OP_2\) yarı doğruları arasındaki açı olsun; \(0 \le \gamma \le \pi\). Kutupsal açılar kutupsal eksenden ölçüldüğü için \(\gamma\), \(|\theta_2 - \theta_1|\)’in kendisi ya da \(2\pi\)’ye tümleyenidir (açıların \(2\pi\) katı kadar kaydırılması da sonucu değiştirmez). Kosinüs çift ve \(2\pi\) periyotlu olduğundan her durumda \[ \cos\gamma = \cos(\theta_2 - \theta_1) \] olur.

\(P_1OP_2\) bir üçgen ise kosinüs teoremi \(|P_1P_2|^2 = r_1^2 + r_2^2 - 2 r_1 r_2 \cos\gamma\) verir. \(\cos\gamma\) yerine \(\cos(\theta_2 - \theta_1)\) yazıp karekök alırsak formül çıkar.

Üçgen oluşmayan durumlarda da formül geçerlidir:

\(\gamma = 0\) ise noktalar aynı yarı doğru üzerindedir, \(|P_1P_2| = |r_1 - r_2|\)’dir ve formül \(r_1^2 + r_2^2 - 2r_1r_2 = (r_1 - r_2)^2\) verir.
\(\gamma = \pi\) ise noktalar \(O\)’nun iki yanındadır, \(|P_1P_2| = r_1 + r_2\)’dir ve formül \((r_1 + r_2)^2\) verir.
Noktalardan biri kutup ise, örneğin \(r_1 = 0\), formül \(r_2^2\) verir.

Kutupsal koordinatlarda uzaklık: P₁OP₂ üçgeninde kenarlar r₁, r₂ ve aradaki açının kosinüsü cos(θ₂ − θ₁)'dir; |P₁P₂| kosinüs teoremiyle bulunur.

\(\blacksquare\)

Örnek 5.7 (Kutupsal uzaklığın bir uygulaması) Kutupsal koordinatları \(\left(2, \dfrac{\pi}{6}\right)\) ve \(\left(4, \dfrac{\pi}{2}\right)\) olan noktalar arasındaki uzaklığı bulunuz.

Çözüm

\(r_1 = 2\), \(\theta_1 = \dfrac{\pi}{6}\), \(r_2 = 4\), \(\theta_2 = \dfrac{\pi}{2}\) alalım. \(\theta_2 - \theta_1 = \dfrac{\pi}{3}\) ve \(\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\) olduğundan \[ |P_1P_2|^2 = 2^2 + 4^2 - 2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{2} = 4 + 16 - 8 = 12 \] bulunur. Buradan \(|P_1P_2| = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\) olur.

Dik koordinatlarla kontrol edelim. Noktalar \(\left(2\cos\dfrac{\pi}{6}, 2\sin\dfrac{\pi}{6}\right) = (\sqrt{3}, 1)\) ve \((0, 4)\)’tür. Uzaklığın karesi \((\sqrt{3})^2 + (1 - 4)^2 = 12\)’dir; sonuç aynıdır. Ayrıca \(|OP_1|^2 + |P_1P_2|^2 = 4 + 12\) toplamı \(16 = |OP_2|^2\)’ye eşit olduğundan üçgen \(P_1\)’de dik açılıdır.

P₁(2, π/6) ile P₂(4, π/2) arasındaki açı π/3'tür ve uzaklık 2√3 çıkar; üçgen P₁'de dik açılıdır.

\(\blacksquare\)

Teorem 5.2 (Kutupsal koordinatlarda üçgenin alanı) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış düzlemde köşeleri \(O(0, 0)\), \(P_1(r_1, \theta_1)\) ve \(P_2(r_2, \theta_2)\) olan üçgenin alanı \[ \mathcal{A}(P_1OP_2) = \frac{1}{2} r_1 r_2 \left|\sin(\theta_2 - \theta_1)\right| \] formülüyle verilir. Özel olarak \(0 < \theta_2 - \theta_1 < \pi\) ise alan \(\dfrac{1}{2} r_1 r_2 \sin(\theta_2 - \theta_1)\)’dir.

İspat

\(\gamma\) yine \(OP_1\) ile \(OP_2\) arasındaki açı olsun. \(P_1OP_2\) bir üçgen olduğundan, yani \(O\), \(P_1\), \(P_2\) doğrudaş olmadığından, \(\gamma \in (0, \pi)\)’dir. \(\gamma\), \(|\theta_2 - \theta_1|\) ya da \(2\pi - |\theta_2 - \theta_1|\) olduğundan (yine \(2\pi\) katlarını gözardı ederek) \(\sin\gamma = \left|\sin(\theta_2 - \theta_1)\right|\)’dir; \(\sin\gamma > 0\) olduğu için mutlak değer gerekir.

\(P_2\)’den \(OP_1\) doğrusuna inilen dikmenin ayağı \(H\), dikmenin uzunluğu \(h\) olsun. \(OHP_2\) dik üçgeninde hipotenüs \(|OP_2| = r_2\)’dir. \(\gamma\) dar açıysa \(O\)’daki açı \(\gamma\)’dır. \(\gamma\) geniş açıysa \(H\), \(O\)’nun öbür yanına düşer ve \(O\)’daki açı \(\pi - \gamma\) olur. Her iki durumda da o açının sinüsü \(\sin\gamma\) olduğundan \[ h = r_2 \sin\gamma \] bulunur. \(\gamma = \dfrac{\pi}{2}\) ise \(H = O\) olur ve doğrudan \(h = |OP_2| = r_2 = r_2 \sin\gamma\)’dır. Taban \(|OP_1| = r_1\) alınırsa \[ \mathcal{A}(P_1OP_2) = \frac{1}{2}\,|OP_1|\,h = \frac{1}{2} r_1 r_2 \sin\gamma = \frac{1}{2} r_1 r_2 \left|\sin(\theta_2 - \theta_1)\right| \] elde edilir. \(0 < \theta_2 - \theta_1 < \pi\) ise \(\sin(\theta_2 - \theta_1) > 0\) olduğundan mutlak değer kalkar.

Kutupsal koordinatlarda üçgenin alanı: taban |OP₁| = r₁, yükseklik h = r₂ sin(θ₂ − θ₁).

\(\blacksquare\)

Örnek 5.8 (Kutupsal üçgen alanının bir uygulaması) Köşeleri kutupsal koordinatlarla \(O(0, 0)\), \(P_1\left(4, \dfrac{\pi}{6}\right)\) ve \(P_2\left(6, \dfrac{2\pi}{3}\right)\) olan üçgenin alanını bulunuz.

Çözüm

\(\theta_2 - \theta_1 = \dfrac{2\pi}{3} - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2}\) olduğundan \(\sin(\theta_2 - \theta_1) = 1\)’dir ve \[ \mathcal{A}(P_1OP_2) = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 \cdot 1 = 12 \] bulunur. Açı dik olduğundan bu, dik kenarları \(4\) ve \(6\) olan dik üçgenin alanıdır.

Dik koordinatlarla kontrol edelim. \(P_1 = (2\sqrt{3}, 2)\) ve \(P_2 = (-3, 3\sqrt{3})\)’tür. \(OP_1\)’in eğimi \(\dfrac{2}{2\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\), \(OP_2\)’nin eğimi \(\dfrac{3\sqrt{3}}{-3} = -\sqrt{3}\)’tür. Eğimlerin çarpımı \(-1\) olduğundan (Bölme Oranı, Eğim ve Açı) bu kenarlar diktir. Uzunlukları \[ |OP_1| = \sqrt{12 + 4} = 4, \qquad |OP_2| = \sqrt{9 + 27} = 6 \] olduğundan dik üçgenin alanı (Dik Koordinatlar ve Uzaklık) \(\dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12\)’dir.

O, P₁(4, π/6), P₂(6, 2π/3) üçgeni: açılar farkı π/2 olduğundan üçgen O'da dik açılıdır ve alanı 12'dir.

\(\blacksquare\)

5.3 Kutupsal koordinatlarda doğru denklemi

Kutuptan geçen doğruların kutupsal denkleminin sabit bir açı olduğunu gördük: \(O\)’dan geçen ve kutupsal eksenle \(\theta_0\) açısı yapan doğru, \(\theta = \theta_0\) ve \(\theta = \theta_0 + \pi\) yarı doğrularının birleşimidir. Şimdi kutuptan geçmeyen bir doğruyu ele alalım. Böyle bir doğruyu belirlemenin en doğal yolu, kutuptan doğruya inilen dikmenin ayağını bilmektir.

Teorem 5.3 (Kutupsal doğru denklemi) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış düzlemde \(d\), kutup noktasından geçmeyen bir doğru olsun. \(O\)’dan \(d\)’ye inilen dikmenin ayağı \(Q(q, \omega)\) olsun; \(q = |OQ| > 0\). O zaman \(P(r, \theta)\) noktası için \[ P \in d \iff r\cos(\theta - \omega) = q \] olur.

İspat

\(P = Q\) ise \(r = q\), \(\theta = \omega\) olur ve eşitlik \(q\cos 0 = q\) biçiminde sağlanır. Bundan sonra \(P \neq Q\) olsun.

Doğru üzerinde olmanın Pisagor ile ifadesi. \(P \in d\) olması, \(QP\)’nin \(OQ\)’ya dik olmasıyla, yani \(OQP\) üçgeninin \(Q\)’da dik açılı olmasıyla denktir. Pisagor teoremi ve karşıtı gereği bu da \[ |OP|^2 = |OQ|^2 + |QP|^2 \] eşitliğine denktir. (\(P = O\) olsaydı sol taraf \(0\), sağ taraf \(2q^2 > 0\) olurdu; yani eşitlik \(O\) için zaten sağlanmaz.)

Uzaklığın kutupsal ifadesi. Teorem 5.1 ile \(Q(q, \omega)\) ve \(P(r, \theta)\) arasındaki uzaklığın karesi \[ |QP|^2 = q^2 + r^2 - 2qr\cos(\theta - \omega) \] olur. Ayrıca \(|OP| = r\) ve \(|OQ| = q\)’dur.

Birleştirme. Bunları Pisagor eşitliğinde yerine yazarsak \[ r^2 = q^2 + q^2 + r^2 - 2qr\cos(\theta - \omega) \] buluruz. \(r^2\)’ler sadeleşir ve \(2q^2 = 2qr\cos(\theta - \omega)\) kalır. \(q > 0\) olduğundan \(2q\)’ya bölebiliriz: \(q = r\cos(\theta - \omega)\). Adımların hepsi denklik olduğundan \(P \in d \iff r\cos(\theta - \omega) = q\)’dur.

Kutupsal doğru denklemi: Q(q, ω) kutuptan d'ye inilen dikmenin ayağıdır. OQP üçgeni Q'da dik açılı olduğundan r cos(θ − ω) = q olur.

\(\blacksquare\)

Yani kutuptan geçmeyen bir doğru, kutuptan ona inilen dikmenin ayağı ile tamamen belirlenir: \(q\) doğrunun kutba uzaklığı, \(\omega\) da dikmenin yönüdür. Bu biçime bir ad verelim.

Tanım 5.5 (Kutupsal normal denklem) Kutuptan geçmeyen bir \(d\) doğrusu için kutuptan \(d\)’ye inilen dikmenin ayağı \(Q(q, \omega)\) ise \(r\cos(\theta - \omega) = q\) denklemine \(d\)’nin kutupsal normal denklemi denir.

Yani kutupsal normal denklem, doğrunun kutba uzaklığını ve kutuptan doğruya bakış yönünü doğrudan okutan denklemdir. Kosinüs farkını açıp \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) yazarsak \[ x\cos\omega + y\sin\omega = q \] çıkar; bu, dik koordinatlardaki normal denklemin (Düzlemde Doğru Denklemleri) ta kendisidir.

Sonuç 5.1 (Kutupsal doğru denkleminin genel biçimi) Kutuptan geçmeyen her doğrunun kutupsal denklemi \[ A\cos\theta + B\sin\theta = \frac{1}{r}, \qquad (A, B) \neq (0, 0) \] biçiminde yazılabilir. Tersine \((A, B) \neq (0, 0)\) olmak üzere her böyle denklem, kutuptan geçmeyen bir doğrunun denklemidir. Bu doğru için kutuptan inilen dikmenin ayağı \(Q(q, \omega)\), \[ q = \frac{1}{\sqrt{A^2 + B^2}}, \qquad \cos\omega = qA, \qquad \sin\omega = qB \] eşitlikleriyle bulunur.

İspat

Denklemi bu biçime getirmek. \(d\) kutuptan geçmeyen bir doğru, \(Q(q, \omega)\) da kutuptan \(d\)’ye inilen dikmenin ayağı olsun. Teorem 5.3 gereği \(d\)’nin denklemi \(q = r\cos(\theta - \omega)\)’dır. \(d\)’nin noktalarında \(r > 0\) olduğundan iki tarafı \(qr\)’ye bölebiliriz: \[ \frac{1}{q}\cos(\theta - \omega) = \frac{1}{r}. \] Kosinüs farkı formülüyle \[ \cos(\theta - \omega) = \cos\omega\cos\theta + \sin\omega\sin\theta \] olduğundan \[ \frac{1}{q}\cos\omega\,\cos\theta + \frac{1}{q}\sin\omega\,\sin\theta = \frac{1}{r} \] yazılabilir. \(A = \dfrac{1}{q}\cos\omega\) ve \(B = \dfrac{1}{q}\sin\omega\) dersek denklem \(A\cos\theta + B\sin\theta = \dfrac{1}{r}\) olur. \(q > 0\) ve \((\cos\omega, \sin\omega) \neq (0, 0)\) olduğundan \((A, B) \neq (0, 0)\)’dır.

\(q\) ile \(\omega\)’yı \(A\) ve \(B\)’den geri okumak. \(\cos\omega = qA\) ve \(\sin\omega = qB\) olduğundan \[ 1 = \cos^2\omega + \sin^2\omega = q^2(A^2 + B^2) \] bulunur. Buradan \(q^2 = \dfrac{1}{A^2 + B^2}\), \(q > 0\) olduğundan da \(q = \dfrac{1}{\sqrt{A^2 + B^2}}\) çıkar.

Karşıt. \((A, B) \neq (0, 0)\) verilsin ve \(q = \dfrac{1}{\sqrt{A^2 + B^2}} > 0\) diyelim. \((qA)^2 + (qB)^2 = 1\) olduğundan \(\cos\omega = qA\) ve \(\sin\omega = qB\) olacak biçimde bir \(\omega \in [0, 2\pi)\) vardır. O zaman \(A = \dfrac{1}{q}\cos\omega\), \(B = \dfrac{1}{q}\sin\omega\) olur. Yukarıdaki hesabı geriye doğru izlersek denklem \(r\cos(\theta - \omega) = q\) biçimini alır. Teorem 5.3 gereği bu, \(Q(q, \omega)\)’dan geçen ve \(OQ\)’ya dik olan doğrunun denklemidir. \(|OQ| = q > 0\) olduğundan bu doğru kutuptan geçmez. \(\blacksquare\)

Böylece \(A\cos\theta + B\sin\theta = \dfrac{1}{r}\) biçiminde verilen bir doğruyu çizmek kolaydır: \(Q(q, \omega)\) noktası \(\cos\omega = qA\), \(\sin\omega = qB\) eşitliklerinden bulunur, sonra \(Q\)’dan geçen ve \(OQ\) doğru parçasına dik olan doğru çizilir. \(A\) ya da \(B\) sıfır olduğunda \(Q\) noktası özellikle kolay okunur.

Önerme 5.4 (Kutupsal doğru denkleminde özel durumlar) \(A\cos\theta + B\sin\theta = \dfrac{1}{r}\) doğrusu için kutuptan inilen dikmenin ayağı \(Q(q, \omega)\) şöyledir:

\(A = 0\) ve \(B > 0\) ise \(Q = \left(\dfrac{1}{B}, \dfrac{\pi}{2}\right)\).
\(A = 0\) ve \(B < 0\) ise \(Q = \left(-\dfrac{1}{B}, \dfrac{3\pi}{2}\right)\).
\(A > 0\) ve \(B = 0\) ise \(Q = \left(\dfrac{1}{A}, 0\right)\).
\(A < 0\) ve \(B = 0\) ise \(Q = \left(-\dfrac{1}{A}, \pi\right)\).

İlk iki durumda doğru kutupsal eksene paraleldir, son iki durumda kutupsal eksene diktir.

İspat

Dört durumda da Sonuç 5.1 içindeki \(q = \dfrac{1}{\sqrt{A^2 + B^2}}\), \(\cos\omega = qA\), \(\sin\omega = qB\) eşitliklerini kullanıyoruz. \(\sqrt{t^2} = |t|\) olduğunu hatırlayalım.

\(A = 0\), \(B > 0\). \(q = \dfrac{1}{\sqrt{B^2}} = \dfrac{1}{|B|} = \dfrac{1}{B}\)’dir. \(\cos\omega = q \cdot 0 = 0\) ve \(\sin\omega = \dfrac{1}{B} \cdot B = 1\)’dir; \([0, 2\pi)\)’de bunu sağlayan tek açı \(\omega = \dfrac{\pi}{2}\)’dir. Öyleyse \(Q = \left(\dfrac{1}{B}, \dfrac{\pi}{2}\right)\).

\(A = 0\), \(B < 0\). \(q = \dfrac{1}{|B|} = -\dfrac{1}{B}\)’dir. \(\cos\omega = 0\) ve \(\sin\omega = -\dfrac{1}{B} \cdot B = -1\)’dir; buradan \(\omega = \dfrac{3\pi}{2}\) ve \(Q = \left(-\dfrac{1}{B}, \dfrac{3\pi}{2}\right)\) çıkar.

\(A > 0\), \(B = 0\). \(q = \dfrac{1}{|A|} = \dfrac{1}{A}\)’dır. \(\cos\omega = \dfrac{1}{A} \cdot A = 1\) ve \(\sin\omega = q \cdot 0 = 0\)’dır; buradan \(\omega = 0\) ve \(Q = \left(\dfrac{1}{A}, 0\right)\) çıkar.

\(A < 0\), \(B = 0\). \(q = \dfrac{1}{|A|} = -\dfrac{1}{A}\)’dır. \(\cos\omega = -\dfrac{1}{A} \cdot A = -1\) ve \(\sin\omega = 0\)’dır; buradan \(\omega = \pi\) ve \(Q = \left(-\dfrac{1}{A}, \pi\right)\) çıkar.

İlk iki durumda \(OQ\) kutupsal eksene diktir (\(\omega = \dfrac{\pi}{2}\) ya da \(\dfrac{3\pi}{2}\)), dolayısıyla \(OQ\)’ya dik olan doğru kutupsal eksene paraleldir. Son iki durumda \(OQ\) kutupsal eksenin taşıyıcı doğrusu üzerindedir, dolayısıyla doğru kutupsal eksene diktir.

A cos θ + B sin θ = 1/r doğrusunun dört özel durumu (örneklerde |A| ya da |B| = 1/2). Üst sıradaki (A = 0) doğrular kutupsal eksene paralel, alt sıradaki (B = 0) doğrular kutupsal eksene diktir.

\(\blacksquare\)

Kutupsal denklemi verilen bir doğruyu üç adımda çizmek

Denklem \(A\cos\theta + B\sin\theta = \dfrac{1}{r}\) biçimine getirilir ve \(A\), \(B\) okunur.
\(q = \dfrac{1}{\sqrt{A^2 + B^2}}\) hesaplanır; \(\omega\), \(\cos\omega = qA\) ve \(\sin\omega = qB\) eşitliklerinden bulunur.
\(Q(q, \omega)\) işaretlenir ve \(Q\)’dan geçen, \(OQ\)’ya dik doğru çizilir.

Örnek 5.9 (Kutupsal eksene paralel bir doğrunun çizimi) Kutupsal denklemi \(d: r\sin\theta = -2\) olan \(d\) doğrusunu kutupsal düzlemde gösteriniz.

Çözüm

Üç adımı uygulayalım.

İki tarafı \(-2r\)’ye bölersek \(-\dfrac{1}{2}\sin\theta = \dfrac{1}{r}\) olur. Bu, \(A = 0\) ve \(B = -\dfrac{1}{2}\) ile genel biçimdir.
\(A = 0\) ve \(B < 0\) olduğundan Önerme 5.4 gereği \(q = -\dfrac{1}{B} = 2\) ve \(\omega = \dfrac{3\pi}{2}\)’dir.
\(Q\left(2, \dfrac{3\pi}{2}\right)\) noktası kutbun \(2\) birim “altındadır”. \(d\), bu noktadan geçen ve \(OQ\)’ya dik olan, yani kutupsal eksene paralel olan doğrudur.

Dik koordinatlarla bakarsak \(r\sin\theta = y\) olduğundan \(d\), \(y = -2\) doğrusudur; çizim bununla uyumludur.

r sin θ = −2 doğrusu: kutuptan inilen dikmenin ayağı Q(2, 3π/2)'dir ve doğru kutupsal eksene paraleldir.

\(\blacksquare\)

Örnek 5.10 (Kutupsal eksene dik bir doğrunun denklemi) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde \(\left(2, \dfrac{\pi}{6}\right)\) noktasından geçen ve \(OX\)’e dik olan doğrunun denklemini bulunuz.

Çözüm

Doğruya \(d\), verilen noktaya \(K\left(2, \dfrac{\pi}{6}\right)\) diyelim. \(P(r, \theta)\) de \(d\) üzerinde herhangi bir nokta olsun.

Doğrunun kutba uzaklığı. \(d\), \(OX\)’e dik olduğundan kutuptan \(d\)’ye inilen dikme \(OX\) üzerindedir; ayağı \(H\) olsun. \(OHK\) dik üçgeninde \(|OK| = 2\) ve \(O\)’daki açı \(\dfrac{\pi}{6}\)’dır. Buradan \[ |OH| = 2\cos\frac{\pi}{6} = \sqrt{3}, \qquad |HK| = 2\sin\frac{\pi}{6} = 1 \] bulunur.

Denklem. \(OHP\) dik üçgeninde hipotenüs \(|OP| = r\), \(O\)’daki açı \(\theta\)’dır. Komşu dik kenar \(|OH| = r\cos\theta\) olduğundan \[ r\cos\theta = \sqrt{3} \] elde edilir. Aynı sonuç Teorem 5.3 ile de çıkar: \(Q = H\) olduğundan \(q = \sqrt{3}\) ve \(\omega = 0\)’dır, denklem \(r\cos(\theta - 0) = \sqrt{3}\) olur.

(2, π/6) noktasından geçen ve OX'e dik d doğrusu: OHK dik üçgeninden |OH| = √3, OHP dik üçgeninden r cos θ = √3.

\(\blacksquare\)

Örnek 5.11 (Bir doğrunun dikme ayağını bulmak) Dik koordinatlardaki denklemi \(y = \sqrt{3}\,x + 2\) olan doğru için kutuptan inilen dikmenin ayağı \(Q(q, \omega)\)’yı bulunuz ve doğrunun kutupsal normal denklemini yazınız.

Çözüm

Bu doğrunun kutupsal denklemini \(r(\sin\theta - \sqrt{3}\cos\theta) = 2\) olarak bulmuştuk (bkz. Örnek 5.6). İki tarafı \(2r\)’ye bölersek \[ -\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta + \frac{1}{2}\sin\theta = \frac{1}{r} \] olur. Genel biçimle karşılaştırırsak \(A = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\), \(B = \dfrac{1}{2}\)’dir.

\(A^2 + B^2 = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} = 1\) olduğundan \(q = 1\)’dir. \(\cos\omega = qA = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) ve \(\sin\omega = qB = \dfrac{1}{2}\) eşitliklerini sağlayan açı ikinci bölgededir: \(\omega = \dfrac{5\pi}{6}\). Buna göre \(Q\left(1, \dfrac{5\pi}{6}\right)\) ve doğrunun kutupsal normal denklemi \[ r\cos\left(\theta - \frac{5\pi}{6}\right) = 1 \] olur.

Kontrol: \(Q\)’nun dik koordinatları \(\left(\cos\dfrac{5\pi}{6}, \sin\dfrac{5\pi}{6}\right) = \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)’dir ve \(\sqrt{3} \cdot \left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) + 2 = \dfrac{1}{2}\) olduğundan \(Q\) doğru üzerindedir. \(O\)’nun doğruya uzaklığı da \(\dfrac{|2|}{\sqrt{3 + 1}} = 1 = q\)’dur.

y = √3x + 2 doğrusu için kutuptan inilen dikmenin ayağı Q(1, 5π/6); normal denklem r cos(θ − 5π/6) = 1.

\(\blacksquare\)

5.4 Alıştırmalar

Aşağıdaki sorularda paralel koordinatlarda doğru ve uzaklık, kutupsal koordinatlarda uzaklık, çember ve doğru denklemleri ile iki sistem arasında dönüşüm alıştırılıyor.

Alıştırma 5.1 (Eğik sistemde başlangıçtan geçen doğrular) Paralel koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde, başlangıç noktasından geçen ve \(Y\)-ekseninden farklı olan her doğrunun denkleminin bir \(m \in \mathbb{R}\) için \(y = mx\) biçiminde olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(d\), \(O\)’dan geçen ve \(Y\)-ekseninden farklı bir doğru olsun. (\(Y\)-ekseninin denklemi Önerme 5.2 gereği \(x = 0\)’dır.) \(d\) üzerinde \(O\)’dan farklı bir \(P(x_1, y_1)\) noktası seçelim. Önerme 5.2 gereği birinci koordinatı \(0\) olan noktalar tam olarak \(Y\)-eksenini oluşturur. \(P\), \(Y\)-ekseni üzerinde olsaydı \(d = OP\) doğrusu \(Y\)-ekseni olurdu. Demek ki \(x_1 \neq 0\)’dır ve \(m = \dfrac{y_1}{x_1}\) tanımlanabilir.

\(d\)’nin her noktası \(y = mx\)’i sağlar. \(R(x, y)\), \(d\) üzerinde herhangi bir nokta olsun. \(R = O\) ise \(0 = m \cdot 0\) sağlanır. \(y_1 = 0\) ise \(P\) ve dolayısıyla \(d\), \(X\)-ekseni olur ve \(d\)’nin her noktası \(y = 0 = 0 \cdot x\)’i sağlar. Bundan sonra \(R \neq O\) ve \(y_1 \neq 0\) olsun.

\(P\)’den ve \(R\)’den \(Y\)-eksenine çizilen paraleller \(X\)-eksenini \(P'(x_1, 0)\) ve \(R'(x, 0)\) noktalarında kessin. \(P'P\) ve \(R'R\) doğruları, ikisi de \(Y\)-eksenine paralel olduğu için birbirine paraleldir. \(OP'P\) ve \(OR'R\) üçgenlerinde \(O\)’daki açılar ya ortaktır ya da ters açılardır. \(P'\) ve \(R'\)’deki açılar da paralel doğruların oluşturduğu yöndeş ya da iç ters açılar olarak eşittir. Bu yüzden üçgenler benzerdir: \[ \frac{|OR'|}{|OP'|} = \frac{|R'R|}{|P'P|}, \quad\text{yani}\quad \frac{|x|}{|x_1|} = \frac{|y|}{|y_1|}. \]

İşaretleri belirleyelim. \(R\), \(OP\) yarı doğrusu üzerindeyse \(R'\) ile \(P'\) \(O\)’nun aynı yanındadır ve \(R'R\) ile \(P'P\) aynı yöne bakar. Bu durumda \(x\) ile \(x_1\), \(y\) ile \(y_1\) aynı işaretlidir. \(R\), \(O\)’nun öbür yanındaysa her iki çift de ters işaretlidir. Her iki durumda \(\dfrac{x}{x_1} = \dfrac{y}{y_1}\) olur. Buradan \[ y = \frac{y_1}{x_1}\,x = mx \] bulunur.

\(y = mx\)’i sağlayan her nokta \(d\) üzerindedir. \((x, mx)\) noktasını ele alalım. \(X\)-ekseninin \(x\) noktasından \(Y\)-eksenine paralel çizilen doğru, \(d\) bu doğruya paralel olmadığından \(d\)’yi tek bir \(R\) noktasında keser. \(R\)’nin birinci koordinatı \(x\)’tir. Yukarıda gösterdiğimiz gibi ikinci koordinatı \(mx\)’tir. Demek ki \((x, mx)\) noktası \(R\)’dir ve \(d\) üzerindedir.

Böylece \(d\)’nin denklemi \(y = mx\)’tir. Her \(m \in \mathbb{R}\) için \(y = mx\) denklemi de \(O\) ile \((1, m)\) noktasından geçen doğrunun denklemidir.

Eğik sistemde başlangıçtan geçen d doğrusu: OP'P ve OR'R üçgenleri benzer olduğundan x/x₁ = y/y₁, yani y = mx.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.2 (Eğik sistemde iki nokta arasındaki uzaklık) Eksenleri arasındaki açı \(\alpha\) olan bir paralel koordinat sisteminde \(P_1(x_1, y_1)\) ve \(P_2(x_2, y_2)\) noktaları arasındaki uzaklık formülünü çıkarınız.

Çözüm

\(a = x_2 - x_1\) ve \(b = y_2 - y_1\) diyelim. Göstereceğimiz formül şudur: \[ |P_1P_2|^2 = a^2 + b^2 + 2ab\cos\alpha. \]

Yardımcı nokta. Paralel koordinatları \((x_2, y_1)\) olan noktaya \(R\) diyelim. Önerme 5.2 gereği \(P_1\) ile \(R\), \(X\)-eksenine paralel olan \(y = y_1\) doğrusu üzerindedir. \(R\) ile \(P_2\) de \(Y\)-eksenine paralel olan \(x = x_2\) doğrusu üzerindedir. \(P_1\) ve \(R\)’den \(Y\)-eksenine çizilen paraleller \(X\)-eksenini \(x_1\) ve \(x_2\) noktalarında keser ve bir paralelkenar oluşturur. Paralelkenarın karşılıklı kenarları eşit olduğundan \(|P_1R| = |x_2 - x_1| = |a|\) olur. Aynı gerekçeyle \(|RP_2| = |b|\)’dir.

Özel durumlar. \(a = 0\) ise \(P_1\) ile \(P_2\) aynı \(x = x_1\) doğrusu üzerindedir ve \(|P_1P_2| = |b|\) olur. \(b = 0\) ise \(|P_1P_2| = |a|\) olur. İki durumda da \(ab = 0\) olduğundan formül doğrudur.

Genel durum. \(a \neq 0\) ve \(b \neq 0\) ise \(P_1RP_2\) bir üçgendir. \(R\)’deki açıyı bulalım. \(R\)’den \(P_1\)’e giden yarı doğru, \(a > 0\) ise negatif \(X\) yönüne, \(a < 0\) ise pozitif \(X\) yönüne paraleldir. \(R\)’den \(P_2\)’ye giden yarı doğru, \(b > 0\) ise pozitif \(Y\) yönüne, \(b < 0\) ise negatif \(Y\) yönüne paraleldir. Pozitif \(X\) ile pozitif \(Y\) yönleri arasındaki açı \(\alpha\)’dır. Yönlerden yalnızca biri ters çevrilirse açı \(\pi - \alpha\) olur, ikisi birden ters çevrilirse yine \(\alpha\) olur.

\(ab > 0\) ise (\(a\) ile \(b\) aynı işaretli) yönlerden tam biri ters çevrilmiştir: \(a, b > 0\) iken negatif \(X\) ile pozitif \(Y\), \(a, b < 0\) iken pozitif \(X\) ile negatif \(Y\). \(R\)’deki açı \(\pi - \alpha\)’dır. Kosinüs teoreminden \[ |P_1P_2|^2 = a^2 + b^2 - 2|a||b|\cos(\pi - \alpha) = a^2 + b^2 + 2ab\cos\alpha \] çıkar, çünkü \(\cos(\pi - \alpha) = -\cos\alpha\) ve \(|a||b| = ab\)’dir.
\(ab < 0\) ise ya iki yön de pozitif (\(a < 0 < b\)) ya da iki yön de negatiftir (\(b < 0 < a\)). \(R\)’deki açı \(\alpha\)’dır. Kosinüs teoreminden \[ |P_1P_2|^2 = a^2 + b^2 - 2|a||b|\cos\alpha = a^2 + b^2 + 2ab\cos\alpha \] çıkar, çünkü \(|a||b| = -ab\)’dir.

Her durumda \[ |P_1P_2| = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 + 2(x_2 - x_1)(y_2 - y_1)\cos\alpha} \] bulunur. \(\alpha = \dfrac{\pi}{2}\) için \(\cos\alpha = 0\) olur ve dik koordinatlardaki uzaklık formülü geri gelir.

Eğik sistemde uzaklık: P₁RP₂ üçgeninin kenarları |x₂ − x₁| ve |y₂ − y₁|, R'deki açı π − α'dır; kosinüs teoremi uzaklığı verir.

Bir kontrol: karenin dördüncü köşesini bulduğumuz sistemde (bkz. Örnek 5.2) \(\alpha = \dfrac{\pi}{4}\)’tür. \(O(0, 0)\) ile \(C(-1, \sqrt{2})\) arasındaki uzaklığın karesi \[ (-1)^2 + (\sqrt{2})^2 + 2(-1)(\sqrt{2})\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = 1 + 2 - 2 = 1 \] olur. Bu, karenin kenar uzunluğudur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 5.3 (Kutupsal uzaklık: açıları 15 derece farklı iki nokta) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde \(\left(6, \dfrac{\pi}{2}\right)\) ve \(\left(8, \dfrac{5\pi}{12}\right)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulunuz.

Çözüm

Teorem 5.1 ile çalışacağız. \(r_1 = 6\), \(\theta_1 = \dfrac{\pi}{2}\), \(r_2 = 8\), \(\theta_2 = \dfrac{5\pi}{12}\) alalım. \(\theta_2 - \theta_1 = \dfrac{5\pi}{12} - \dfrac{6\pi}{12} = -\dfrac{\pi}{12}\)’dir ve kosinüs çift olduğundan \(\cos\left(-\dfrac{\pi}{12}\right) = \cos\dfrac{\pi}{12}\)’dir.

\(\dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\pi}{6}\) olduğundan kosinüs farkı formülüyle \[ \cos\frac{\pi}{12} = \cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{\pi}{6} + \sin\frac{\pi}{4}\sin\frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \] bulunur. Buna göre \[ \begin{aligned} |P_1P_2|^2 &= 6^2 + 8^2 - 2 \cdot 6 \cdot 8 \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\[1mm] &= 100 - 24(\sqrt{6} + \sqrt{2}) = 100 - 24\sqrt{6} - 24\sqrt{2} \end{aligned} \] ve \[ |P_1P_2| = \sqrt{100 - 24\sqrt{6} - 24\sqrt{2}} \approx 2{,}70 \] olur. Noktalar kutupsal eksenle yalnızca \(\dfrac{\pi}{12} = 15^\circ\) farklı açı yapan iki yarı doğru üzerinde olduğundan uzaklığın küçük çıkması beklenen bir sonuçtur.

(6, π/2) ve (8, 5π/12) noktaları kutuptan π/12 = 15° farklı yönlerde görünür; aralarındaki uzaklık yaklaşık 2,70'tir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.4 (Kutupsal uzaklık: açıları 45 derece farklı iki nokta) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde \(\left(5, \dfrac{\pi}{4}\right)\) ve \(\left(8, \dfrac{\pi}{2}\right)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulunuz.

Çözüm

Teorem 5.1 ile \(r_1 = 5\), \(\theta_1 = \dfrac{\pi}{4}\), \(r_2 = 8\), \(\theta_2 = \dfrac{\pi}{2}\) alalım. \(\theta_2 - \theta_1 = \dfrac{\pi}{4}\) ve \(\cos\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\) olduğundan \[ |P_1P_2|^2 = 5^2 + 8^2 - 2 \cdot 5 \cdot 8 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 25 + 64 - 40\sqrt{2} = 89 - 40\sqrt{2} \] bulunur. Buradan \[ |P_1P_2| = \sqrt{89 - 40\sqrt{2}} \approx 5{,}69 \] olur.

(5, π/4) ile (8, π/2) arasındaki açı π/4'tür; uzaklık √(89 − 40√2) ≈ 5,69.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.5 (Kutupsal uzaklık: negatif açılı nokta) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde \(\left(5, -\dfrac{2\pi}{3}\right)\) ve \(\left(4, \dfrac{5\pi}{6}\right)\) noktaları arasındaki uzaklığı bulunuz.

Çözüm

Birinci noktanın açısı negatiftir: \(\left(5, -\dfrac{2\pi}{3}\right)\), kutupsal eksenden saat yönünde \(\dfrac{2\pi}{3}\) dönülerek bulunan noktadır ve \(\left(5, \dfrac{4\pi}{3}\right)\) ile aynıdır. Uzaklık formülü açıların yalnızca farkının kosinüsünü kullandığından negatif açıyla doğrudan çalışabiliriz.

\(r_1 = 5\), \(\theta_1 = -\dfrac{2\pi}{3}\), \(r_2 = 4\), \(\theta_2 = \dfrac{5\pi}{6}\) alalım. \[ \theta_2 - \theta_1 = \frac{5\pi}{6} + \frac{2\pi}{3} = \frac{5\pi}{6} + \frac{4\pi}{6} = \frac{9\pi}{6} = \frac{3\pi}{2} \] ve \(\cos\dfrac{3\pi}{2} = 0\) olduğundan \[ |P_1P_2| = \sqrt{5^2 + 4^2 - 2 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 0} = \sqrt{25 + 16} = \sqrt{41} \] bulunur. Kosinüs sıfır çıktığı için \(OP_1\) ile \(OP_2\) birbirine diktir ve sonuç, dik kenarları \(5\) ile \(4\) olan bir dik üçgenin hipotenüsüdür.

(5, −2π/3) saat yönünde ölçülen açıyla bulunur. İki yarıçap arasındaki açı 3π/2 − π = π/2 olduğundan uzaklık √(25 + 16) = √41'dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.6 (Kutupsal koordinatlarda çember denklemi) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde \(P_1(r_1, \theta_1)\) merkezli ve \(a\) yarıçaplı çemberin denklemini bulunuz.

Çözüm

\(P(r, \theta)\) çember üzerinde herhangi bir nokta olsun. Çemberin tanımı gereği (Çember) \(P\) çember üzerindedir ancak ve ancak \(|PP_1| = a\) ise, yani \(|PP_1|^2 = a^2\) ise.

\(|PP_1|^2\)’yi Teorem 5.1 ile yazarsak, bu da \(POP_1\) üçgeninde kosinüs teoremini uygulamak demektir, \[ |PP_1|^2 = r^2 + r_1^2 - 2 r r_1 \cos(\theta - \theta_1) \] olur. Dolayısıyla çemberin kutupsal denklemi \[ r^2 + r_1^2 - 2 r r_1 \cos(\theta - \theta_1) = a^2 \] bulunur.

İki özel durum formülü sınar. Merkez kutupsa, yani \(r_1 = 0\) ise denklem \(r^2 = a^2\), yani \(r = a\) olur. Çember kutuptan geçiyorsa, yani \(a = r_1\) ise denklem \(r^2 = 2rr_1\cos(\theta - \theta_1)\) olur. Bunu \(r = 0\) (kutup) ve \(r = 2r_1\cos(\theta - \theta_1)\) sağlar.

P₁(r₁, θ₁) merkezli, a yarıçaplı çember: POP₁ üçgeninde kosinüs teoremi çemberin kutupsal denklemini verir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.7 (Kutupsal denklemden dik denkleme) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde verilen \(r^2 - 2r(\cos\theta - \sin\theta) - 7 = 0\) denklemini dik koordinat sisteminde yazınız ve belirttiği eğriyi tanıyınız.

Çözüm

Parantezi açarsak denklem \(r^2 - 2r\cos\theta + 2r\sin\theta - 7 = 0\) olur. Önerme 5.3 gereği \[ r^2 = x^2 + y^2, \qquad r\cos\theta = x, \qquad r\sin\theta = y \] yazabiliriz. Kutup noktası (\(r = 0\)) denklemi sağlamadığından (\(-7 \neq 0\)) bu yerine koymalar denklemin çözümlerini değiştirmez. Böylece \[ x^2 + y^2 - 2x + 2y - 7 = 0 \] bulunur. Tam kareye tamamlayalım: \(x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1\) ve \(y^2 + 2y = (y + 1)^2 - 1\) olduğundan \[ (x - 1)^2 - 1 + (y + 1)^2 - 1 - 7 = 0, \quad\text{yani}\quad (x - 1)^2 + (y + 1)^2 = 9 \] olur. Bu, merkezi \(M(1, -1)\) ve yarıçapı \(3\) olan çemberin (Çember) denklemidir.

r² − 2r(cos θ − sin θ) − 7 = 0 eğrisi, merkezi M(1, −1) ve yarıçapı 3 olan çemberdir; kutup çemberin içinde kalır.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.8 (Bir noktası ve eğim açısı verilen doğru) Kutupsal koordinat sistemiyle donatılmış bir düzlemde \(P_0\left(4, \dfrac{\pi}{6}\right)\) noktasından geçen ve kutupsal eksenle \(\dfrac{5\pi}{6}\)’lık açı yapan doğrunun denklemini bulunuz.

Çözüm

Doğruya \(d\) diyelim; \(P(r, \theta)\) de \(d\) üzerinde herhangi bir nokta olsun. \(d\) kutuptan geçmez, çünkü \(O\)’dan \(P_0\)’a giden yön \(\dfrac{\pi}{6}\), \(d\)’nin yönü ise \(\dfrac{5\pi}{6}\)’dır. Planımız kutupsal doğru denklemini (bkz. Teorem 5.3) kullanmak: kutuptan \(d\)’ye inilen dikmenin ayağı \(A(q, \omega)\)’yı bulacağız.

Dikmenin yönü \(\omega\). \(d\), kutupsal eksenin taşıyıcı doğrusunu bir \(T\) noktasında kessin. \(d\) ile kutupsal eksen arasındaki açı \(\dfrac{5\pi}{6}\) olduğundan \(OTA\) üçgeninin \(T\)’deki iç açısı \(\pi - \dfrac{5\pi}{6} = \dfrac{\pi}{6}\)’dır. \(A\)’daki açı diktir. Dolayısıyla \(O\)’daki açı \(\pi - \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{3}\)’tür. Yani \(\omega = \dfrac{\pi}{3}\)’tür.

Uzaklık \(q = |OA|\). \(OAP_0\) dik üçgeninde \(|OP_0| = 4\)’tür. \(O\)’daki açı \(\dfrac{\pi}{3} - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{6}\), \(P_0\)’daki açı da \(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{3}\)’tür. \(P_0\)’daki açının karşısındaki kenar \(OA\) olduğundan \[ |OA| = 4\sin\frac{\pi}{3} = 4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} \] bulunur.

Denklem. \(OAP\) dik üçgeninde hipotenüs \(|OP| = r\), \(O\)’daki açı \(\theta\) ile \(\dfrac{\pi}{3}\) arasındaki farktır. Komşu dik kenar \(|OA| = r\cos\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)\) olduğundan (kosinüs çift olduğundan farkın işareti önemsizdir) \[ r\cos\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) = 2\sqrt{3} \] elde edilir. Bu, kutupsal doğru denkleminin (bkz. Teorem 5.3) \(q = 2\sqrt{3}\) ve \(\omega = \dfrac{\pi}{3}\) için verdiği denklemdir.

Kontrol: \(\theta = \dfrac{\pi}{6}\), \(r = 4\) için \(4\cos\left(-\dfrac{\pi}{6}\right) = 4 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}\) olduğundan \(P_0\) denklemi sağlar. Dik koordinatlarda denklem \(\dfrac{1}{2}x + \dfrac{\sqrt{3}}{2}y = 2\sqrt{3}\), yani \(x + \sqrt{3}\,y = 4\sqrt{3}\) olur. Eğimi \(-\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \tan\dfrac{5\pi}{6}\)’dır.

P₀(4, π/6)'dan geçen ve kutupsal eksenle 5π/6 açı yapan d doğrusu. Kutuptan inilen dikmenin ayağı A(2√3, π/3); denklem r cos(θ − π/3) = 2√3.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.9 (Bir yarıçapa dik doğru) \(P_0\left(4, \dfrac{2\pi}{3}\right)\) ve \(O(0, 0)\) noktalarını birleştiren doğruya dik olan ve \(P_0\) noktasından geçen doğrunun kutupsal denklemini bulunuz.

Çözüm

\(O\) ile \(P_0\)’ı birleştiren doğruya \(d\), \(d\)’ye \(P_0\)’da dik olan doğruya \(\ell\) diyelim. \(P(r, \theta)\), \(\ell\) üzerinde herhangi bir nokta olsun.

\(\ell\), \(OP_0\)’a \(P_0\)’da dik olduğundan kutuptan \(\ell\)’ye inilen dikmenin ayağı \(P_0\)’ın kendisidir. \(|OP_0| = 4 > 0\) olduğundan \(\ell\) kutuptan geçmez. \(OP_0P\) üçgeni \(P_0\)’da dik açılıdır. Hipotenüs \(|OP| = r\) ve \(O\)’daki açı \(\theta\) ile \(\dfrac{2\pi}{3}\) arasındaki fark olduğundan komşu dik kenar \[ |OP_0| = r\cos\left(\theta - \frac{2\pi}{3}\right) \] olur. Böylece \(\ell\)’nin denklemi \[ r\cos\left(\theta - \frac{2\pi}{3}\right) = 4 \] bulunur. Bu, kutupsal doğru denkleminde (bkz. Teorem 5.3) \(q = 4\) ve \(\omega = \dfrac{2\pi}{3}\) almaktır.

Kontrol: Kosinüs farkını açarsak \(-\dfrac{1}{2}x + \dfrac{\sqrt{3}}{2}y = 4\), yani \(-x + \sqrt{3}\,y = 8\) olur. \(P_0\)’ın dik koordinatları \((-2, 2\sqrt{3})\)’tür ve \(2 + \sqrt{3} \cdot 2\sqrt{3} = 2 + 6 = 8\) sağlanır.

OP₀'a P₀'da dik olan ℓ doğrusu. Kutuptan ℓ'ye inilen dikmenin ayağı P₀'ın kendisidir; denklem r cos(θ − 2π/3) = 4.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.10 (Kardioidin dik koordinatlarda denklemi) \(r = 1 - \cos\theta\) denklemini dik koordinatlarda yazınız.

Çözüm

\(\cos\theta\)’yı \(x\) ve \(r\) cinsinden yazmak için iki tarafı \(r\) ile çarpalım: \[ r^2 = r - r\cos\theta. \] Bu çarpma yalnızca kutup noktasını (\(r = 0\)) ekleyebilir. Ama kutup zaten eğrinin üzerindedir, çünkü \(\theta = 0\) için \(r = 1 - 1 = 0\)’dır. Yani denklem değişmez.

Şimdi \(r^2 = x^2 + y^2\), \(r = \sqrt{x^2 + y^2}\) ve \(r\cos\theta = x\) yazarsak \[ x^2 + y^2 = \sqrt{x^2 + y^2} - x, \quad\text{yani}\quad x^2 + y^2 - \sqrt{x^2 + y^2} + x = 0 \] bulunur.

Kökten de kurtulabiliriz. Denklemi \(x^2 + y^2 + x = \sqrt{x^2 + y^2}\) diye yazıp kare alırsak \[ (x^2 + y^2 + x)^2 = x^2 + y^2 \] olur. Kare alma yalnızca \(x^2 + y^2 + x = -\sqrt{x^2 + y^2}\) olan noktaları ekleyebilir. Kutupsal olarak bu \(r^2 + r\cos\theta = -r\), yani \(r(r + 1 + \cos\theta) = 0\) demektir. \(r + 1 + \cos\theta = 0\) olması için \(r = -(1 + \cos\theta) \le 0\) gerekir, bu da yalnızca \(r = 0\) ile olur. Kutup zaten eğrinin üzerinde olduğundan bu biçim de eşdeğerdir.

Bu eğriye, kalbe benzeyen biçimi nedeniyle kardioid denir.

r = 1 − cos θ kardioidi. Eğri kutupta sivri bir uç yapar ve sola doğru açılır; dik koordinatlardaki denklemi (x² + y² + x)² = x² + y²'dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.11 (Lemniskatın dik koordinatlarda denklemi) \(r^2 = 9\cos 2\theta\) denklemini dik koordinatlarda yazınız.

Çözüm

Çift açı formülüyle \(\cos 2\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta\)’dır. Denklemin iki tarafını \(r^2\) ile çarpalım: \[ r^4 = 9\left(r^2\cos^2\theta - r^2\sin^2\theta\right) = 9\left((r\cos\theta)^2 - (r\sin\theta)^2\right). \] Bu çarpma yalnızca kutbu ekleyebilir. Kutup zaten eğri üzerindedir, çünkü \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) için \(r^2 = 9\cos\dfrac{\pi}{2} = 0\)’dır.

\(r^4 = (x^2 + y^2)^2\), \(r\cos\theta = x\), \(r\sin\theta = y\) yazarsak \[ (x^2 + y^2)^2 = 9(x^2 - y^2), \quad\text{yani}\quad (x^2 + y^2)^2 - 9(x^2 - y^2) = 0 \] bulunur.

Aynı sonuca \(\cos 2\theta = 1 - 2\sin^2\theta\) ile de ulaşılır: \[ x^2 + y^2 = 9\left(1 - \frac{2y^2}{x^2 + y^2}\right) = \frac{9x^2 - 9y^2}{x^2 + y^2} \] olur ve iki taraf \(x^2 + y^2\) ile çarpılınca aynı denklem çıkar.

Eğri yalnızca \(\cos 2\theta \ge 0\) olan yönlerde, yani kutupsal eksenle en çok \(\dfrac{\pi}{4}\) açı yapan yönlerde ve bunların ters yönlerinde bulunur. \(\theta = 0\) ve \(\theta = \pi\) için \(r = 3\)’tür. Bu sekiz biçimli eğriye Bernoulli lemniskatı denir.

r² = 9 cos 2θ Bernoulli lemniskatı. Eğri yalnız kutupsal eksenle en çok π/4 açı yapan yönlerde ve bunların ters yönlerinde bulunur.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.12 (Başlangıç merkezli çemberin kutupsal denklemi) \(O\) merkezli ve \(5\) yarıçaplı çemberin kutupsal denklemini bulunuz.

Çözüm

Çemberin dik koordinatlardaki denklemi \(x^2 + y^2 = 25\)’tir (Çember). \(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) yazarsak \[ (r\cos\theta)^2 + (r\sin\theta)^2 = 25 \iff r^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = 25 \iff r^2 = 25 \] bulunur. \(r \ge 0\) olduğundan bu, \(r = 5\) demektir. Çemberin kutupsal denklemi \(r = 5\)’tir.

Aynı sonuç, kutupsal çember denkleminde (bkz. Alıştırma 5.6) \(r_1 = 0\), \(a = 5\) alınarak da elde edilir. Kutupsal koordinatların gücü burada açıkça görülüyor: kutup merkezli bir çember, “kutba uzaklık sabittir” cümlesinin ta kendisidir.

Kutup merkezli, 5 yarıçaplı çember: kutupsal denklemi r = 5, dik denklemi x² + y² = 25.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.13 (Bir elipsin kutupsal denklemi) \(9x^2 + 16y^2 = 144\) denklemiyle verilen elipsin kutupsal denklemini bulunuz.

Çözüm

\(x = r\cos\theta\) ve \(y = r\sin\theta\) yazarsak \[ 9r^2\cos^2\theta + 16r^2\sin^2\theta = 144, \quad\text{yani}\quad r^2\left(9\cos^2\theta + 16\sin^2\theta\right) = 144 \] bulunur. \(\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta\) yazarsak parantez \(9 - 9\sin^2\theta + 16\sin^2\theta\), yani \(9 + 7\sin^2\theta\) olur: \[ r^2\left(9 + 7\sin^2\theta\right) = 144. \] \(9 + 7\sin^2\theta \ge 9 > 0\) olduğundan bölebiliriz. \(r \ge 0\) olduğundan pozitif karekökü alırız: \[ r = \frac{12}{\sqrt{9 + 7\sin^2\theta}}. \]

Kontrol edelim:

\(\theta = 0\) için \(r = \dfrac{12}{3} = 4\) bulunur; bu, elipsin \((4, 0)\) noktasıdır.
\(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) için \(r = \dfrac{12}{\sqrt{16}} = 3\) bulunur; bu da \((0, 3)\) noktasıdır.
\(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) için \(\sin^2\theta = \dfrac{1}{2}\) ve \(r = \dfrac{12}{\sqrt{25/2}} = \dfrac{12\sqrt{2}}{5}\) olur. Bu noktanın dik koordinatları \(\left(\dfrac{12}{5}, \dfrac{12}{5}\right)\)’tir ve \((9 + 16) \cdot \dfrac{144}{25} = 144\) sağlanır.

9x² + 16y² = 144 elipsi ve θ = π/4 yönündeki kutupsal yarıçap: r = 12√2/5, yani P = (12/5, 12/5).

\(\blacksquare\)

Alıştırma 5.14 (Kutupsal denklemi verilen doğruyu çizmek) Kutupsal koordinatlardaki denklemi \(r\cos\theta = 2\) olan doğruyu çiziniz.

Çözüm

Doğruya \(d\) diyelim. Kutupsal denklemi verilen bir doğruyu çizmek için üç adımı uygulayalım.

İki tarafı \(2r\)’ye bölersek \(\dfrac{1}{2}\cos\theta = \dfrac{1}{r}\) olur. Genel biçimle karşılaştırırsak \(A = \dfrac{1}{2}\) ve \(B = 0\)’dır.
\(A > 0\) ve \(B = 0\) olduğundan Önerme 5.4 gereği \(q = \dfrac{1}{\sqrt{A^2 + B^2}} = \dfrac{1}{1/2} = 2\) ve \(\omega = 0\)’dır.
Demek ki \(d\), \(Q(2, 0)\) noktasından geçer ve \(OQ\)’ya, yani kutupsal eksene diktir.

Dik koordinatlarda \(r\cos\theta = x\) olduğundan \(d\), \(x = 2\) doğrusudur.

r cos θ = 2 doğrusu: kutuptan inilen dikmenin ayağı Q(2, 0)'dır ve doğru kutupsal eksene diktir, yani x = 2.

\(\blacksquare\)

Düzlemde bir noktanın adresini artık üç farklı yolla yazabiliyoruz: dik, paralel ve kutupsal koordinatlarla. Sıradaki bölümde bir boyut yukarı çıkacak ve aynı fikirleri üç boyutlu uzaya taşıyacağız: Uzayda Dik Koordinat Sistemi.