12 Uzayda Düzlem Denklemleri
Uzayda bir doğruyu bir noktası ve bir doğrultusuyla belirlemiştik. Bir düzlem için de benzer bir fikir işe yarar, ama bu kez doğrultuyu düzlemin içinde değil, düzleme dik olarak seçeriz. Düzleme dik tek bir vektör, düzlemin nasıl “durduğunu” tamamen söyler: bu vektöre dik olan bütün doğrultular düzlemin içindedir. Bir noktası ve bu dik vektör bilinince düzlem tek türlü belirlenir.
Bu bölümde düzlemin denklemini üç farklı veriden kuracağız: bir noktası ve düzleme dik bir vektör; bir noktası ve düzleme paralel iki doğrultu; doğrudaş olmayan üç noktası. Üç durumda da araçlarımız iç çarpım, vektörel çarpım ve karma çarpım olacak (bkz. Vektörel ve Karma Çarpım).
12.1 Bir Noktası ve Normali Verilen Düzlem
Bir \(\mathfrak{D}\) düzlemi verilsin. \(P_0(x_0, y_0, z_0)\), \(\mathfrak{D}\)’nin bilinen bir noktası ve \(n = (A, B, C)\) de \(\mathfrak{D}\)’ye dik olan, sıfırdan farklı bir vektör olsun. \(P(x, y, z)\) uzayın herhangi bir noktası olsun.
\(P\) noktası \(\mathfrak{D}\)’nin üzerindeyse \(P_0\) ile \(P\)’yi birleştiren \(\overrightarrow{P_0P}\) vektörü düzlemin içinde kalır; düzleme dik olan \(n\) vektörü de düzlemin içindeki her doğrultuya diktir. Tersine, \(\overrightarrow{P_0P}\) vektörü \(n\)’ye dikse \(P\), \(P_0\)’dan geçen ve \(n\)’ye dik olan düzlemin, yani \(\mathfrak{D}\)’nin üzerindedir. \(P = P_0\) durumu da buna uyar, çünkü sıfır vektörü her vektöre diktir (Tanım 8.3). Böylece Önerme 8.2 iii) yardımıyla \[ P \in \mathfrak{D} \iff \overrightarrow{P_0P} \perp n \iff \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = 0 \] bulunur.
Bu gözlem, aşağıdaki iki tanımın dayanağıdır.
Tanım 12.1 (Düzlemin normal vektörü) \(\mathfrak{D}\) bir düzlem olsun. \(\mathfrak{D}\)’ye dik olan sıfırdan farklı bir \(n = (A, B, C)\) vektörüne \(\mathfrak{D}\) düzleminin bir normal vektörü (kısaca normali) denir.
Yani normal, düzlemin “yüzünü çevirdiği” yönü gösteren vektördür. Normal vektör tek değildir: \(n\) bir normal ise sıfırdan farklı her \(\lambda\) için \(\lambda n\) de bir normaldir, çünkü \(\lambda n\) de düzlemdeki her vektöre diktir. Özellikle \(n\) ile \(-n\), düzlemin iki yüzünü gösteren iki normaldir. Hesaplarda bu serbestliği, normalin bileşenlerini sadeleştirmek için sık sık kullanacağız.
Tanım 12.2 (Düzlemin vektörel denklemi) \(P_0\) noktasından geçen ve normali \(n\) olan \(\mathfrak{D}\) düzleminin herhangi bir noktası \(P\) olmak üzere, \[ \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = 0 \] denklemine \(\mathfrak{D}\) düzleminin vektörel denklemi denir.
Yani vektörel denklem, “düzlemin sabit noktasından düzlemdeki bir noktaya giden her vektör normale diktir” cümlesinin iç çarpımla yazılışıdır. Denklemi sağlayan noktalar tam olarak \(\mathfrak{D}\)’nin noktalarıdır.
Vektörel denklemi koordinatlarla açalım. \(\overrightarrow{P_0P} = (x - x_0,\; y - y_0,\; z - z_0)\) ve \(n = (A, B, C)\) olduğundan \[ \begin{aligned} \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = 0 &\iff \big\langle (x - x_0,\; y - y_0,\; z - z_0),\, (A, B, C) \big\rangle = 0 \\ &\iff A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) = 0 \\ &\iff Ax + By + Cz - (Ax_0 + By_0 + Cz_0) = 0 \end{aligned} \] bulunur. Burada sabit terimi kısaca \[ D = -(Ax_0 + By_0 + Cz_0) \] diye adlandırırsak denklem \[ Ax + By + Cz + D = 0 \] biçimini alır.
Tanım 12.3 (Düzlemin kartezyen denklemi) \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) noktasından geçen ve normali \(n = (A, B, C)\) olan \(\mathfrak{D}\) düzlemi için, \(D = -(Ax_0 + By_0 + Cz_0)\) olmak üzere \[ \mathfrak{D}:\; Ax + By + Cz + D = 0 \] denklemine \(\mathfrak{D}\) düzleminin kartezyen denklemi denir.
Yani kartezyen denklem, vektörel denklemdeki iç çarpımın açılıp düzenlenmiş hâlidir. Denklemin önemli bir özelliği şudur: \(x\), \(y\), \(z\)’nin katsayıları doğrudan düzlemin bir normalinin bileşenleridir. Denklemi okuyan biri, hiç hesap yapmadan normali görür.
Bu gözlemin tersi de doğrudur: katsayılarından en az biri sıfırdan farklı olan her birinci derece denklem bir düzlem belirtir.
Önerme 12.1 (Birinci derece denklem bir düzlemdir) \(A, B, C, D \in \mathbb{R}\) ve \((A, B, C) \neq (0, 0, 0)\) olsun. Bu durumda \[ Ax + By + Cz + D = 0 \] denklemini sağlayan \((x, y, z)\) noktalarının kümesi, normali \(n = (A, B, C)\) olan bir düzlemdir.
İspat
Önce denklemi sağlayan bir nokta bulalım. \((A, B, C) \neq (0, 0, 0)\) olduğundan katsayılardan biri sıfırdan farklıdır; \(A \neq 0\) olduğunu varsayalım (\(B \neq 0\) ya da \(C \neq 0\) durumunda aynı işlem o değişkenle yapılır). Bu durumda \[ P_0\Big(-\frac{D}{A},\, 0,\, 0\Big) \] noktası denklemi sağlar, çünkü \[ A\cdot\Big(-\frac{D}{A}\Big) + B\cdot 0 + C\cdot 0 + D = -D + D = 0 \] dır.
Şimdi \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) denklemi sağlayan bu nokta olsun; yani \(Ax_0 + By_0 + Cz_0 = -D\) dir. Bu eşitliği kullanarak herhangi bir \((x, y, z)\) için \[ \begin{aligned} Ax + By + Cz + D &= Ax + By + Cz - (Ax_0 + By_0 + Cz_0) \\ &= A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) \\ &= \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle \end{aligned} \] yazabiliriz; burada \(P = (x, y, z)\) ve \(n = (A, B, C)\) dir. Demek ki \((x, y, z)\) noktasının denklemi sağlaması, \(\langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle = 0\) olmasıyla aynı şeydir. Bu ise \(P\)’nin, \(P_0\)’dan geçen ve \(n\)’ye dik olan düzlemin üzerinde olması demektir. \(n \neq 0\) olduğundan bu düzlemin normali \(n\) dir.
\(\blacksquare\)
Önermeden bir sonuç daha çıkar: bir düzlemin denklemi de tek değildir. \(\lambda \neq 0\) olmak üzere \[ Ax + By + Cz + D = 0 \quad \text{ve} \quad \lambda A x + \lambda B y + \lambda C z + \lambda D = 0 \] denklemlerini aynı noktalar sağlar, dolayısıyla ikisi aynı düzlemin denklemidir. Bu nedenle bir düzlem denklemini, katsayılarının ortak çarpanına bölerek sadeleştirebiliriz.
- Düzlemin bir normalini \(n = (A, B, C)\) ve bir noktasını \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) belirleyin. Düzlem bir doğruya dik isteniyorsa, o doğrunun doğrultman vektörü normal olarak alınabilir.
- \(\overrightarrow{P_0P} = (x - x_0,\; y - y_0,\; z - z_0)\) yazıp \(\langle \overrightarrow{P_0P}, n\rangle = 0\) iç çarpımını açın ve \(Ax + By + Cz + D = 0\) biçiminde düzenleyin.
Örnek 12.1 (Noktası ve normali verilen düzlem) \(P_0(1, -3, 2)\) noktasından geçen ve \(n = (5, -2, 3)\) vektörüne dik olan düzlemin kartezyen denklemini bulalım.
Çözüm
Aranan düzlem \(\mathfrak{D}\) ve \(P(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\)’nin herhangi bir noktası olsun. \(n\) vektörü \(\mathfrak{D}\)’ye dik olduğundan normaldir. Ayrıca \[ \overrightarrow{P_0P} = (x - 1,\; y + 3,\; z - 2) \] dir. Vektörel denklemi açalım: \[ \begin{aligned} \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = 0 &\iff \big\langle (x - 1,\; y + 3,\; z - 2),\, (5, -2, 3) \big\rangle = 0 \\ &\iff 5(x - 1) + (-2)(y + 3) + 3(z - 2) = 0 \\ &\iff 5x - 5 - 2y - 6 + 3z - 6 = 0. \end{aligned} \] Sabit terimler toplanınca \(-5 - 6 - 6 = -17\) olur ve \[ \mathfrak{D}:\; 5x - 2y + 3z - 17 = 0 \] bulunur. Kontrol olarak \(P_0\)’ı yerine yazalım: \[ 5\cdot 1 - 2\cdot(-3) + 3\cdot 2 - 17 = 5 + 6 + 6 - 17 = 0. \]
\(\blacksquare\)
Düzlemin bir doğruya dik olması istendiğinde de aynı yol izlenir: doğru düzleme dik olduğundan doğrunun doğrultman vektörü düzlemin normaline paraleldir ve normal olarak doğrudan bu vektör alınabilir.
Örnek 12.2 (Bir doğruya dik düzlem) \(P_0(4, -2, 1)\) noktasından geçen ve doğrultman vektörü \(v = (7, 2, -3)\) olan doğruya dik düzlemin denklemini bulalım.
Çözüm
Aranan düzlem \(\mathfrak{D}\) olsun. Doğru \(\mathfrak{D}\)’ye dik olduğundan \(v = (7, 2, -3)\) vektörü \(\mathfrak{D}\)’nin normaline paraleldir; bu yüzden normal olarak \(n = v = (7, 2, -3)\) alınabilir. Düzlemin herhangi bir noktası \(P(x, y, z)\) için \[ \overrightarrow{P_0P} = (x - 4,\; y + 2,\; z - 1) \] olup \[ \begin{aligned} \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = 0 &\iff \big\langle (x - 4,\; y + 2,\; z - 1),\, (7, 2, -3) \big\rangle = 0 \\ &\iff 7(x - 4) + 2(y + 2) + (-3)(z - 1) = 0 \\ &\iff 7x - 28 + 2y + 4 - 3z + 3 = 0 \end{aligned} \] bulunur. \(-28 + 4 + 3 = -21\) olduğundan \[ \mathfrak{D}:\; 7x + 2y - 3z - 21 = 0 \] elde edilir. Kontrol: \[ 7\cdot 4 + 2\cdot(-2) - 3\cdot 1 - 21 = 28 - 4 - 3 - 21 = 0. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.3 (Kartezyen denklemi verilen doğruya dik düzlem) \[ d:\; \frac{x - 1}{2} = y = z - 1 \] doğrusuna dik olan ve \(P_0(0, 0, 1)\) noktasından geçen düzlemin denklemini bulalım.
Çözüm
Aranan düzlem \(\mathfrak{D}\) olsun. \(d\)’nin denklemini \(\dfrac{x - 1}{2} = \dfrac{y - 0}{1} = \dfrac{z - 1}{1}\) biçiminde yazarsak doğrunun \((1, 0, 1)\) noktasından geçtiği ve doğrultman vektörünün \(v = (2, 1, 1)\) olduğu görülür. \(d\), \(\mathfrak{D}\)’ye dik olduğundan normal olarak \(n = v = (2, 1, 1)\) alınabilir.
\(P(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\)’nin herhangi bir noktası olsun. \(\overrightarrow{P_0P} = (x,\; y,\; z - 1)\) olduğundan \[ \begin{aligned} \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = 0 &\iff \big\langle (x,\; y,\; z - 1),\, (2, 1, 1) \big\rangle = 0 \\ &\iff 2x + y + (z - 1) = 0 \end{aligned} \] ve böylece \[ \mathfrak{D}:\; 2x + y + z - 1 = 0 \] elde edilir.
Sonucu bir de şöyle sınayalım: \(d\)’nin noktaları \(t \in \mathbb{R}\) için \((1 + 2t,\; t,\; 1 + t)\) biçimindedir. Bunu düzlem denkleminde yerine yazarsak \[ 2(1 + 2t) + t + (1 + t) - 1 = 6t + 2 = 0 \iff t = -\frac{1}{3} \] bulunur. Demek ki \(d\), \(\mathfrak{D}\)’yi tek bir noktada, \(H\big(\tfrac{1}{3}, -\tfrac{1}{3}, \tfrac{2}{3}\big)\) noktasında keser; doğrultusu normale paralel olduğundan bu kesişme diktir.
\(\blacksquare\)
Önerme 12.1 sayesinde denklemi verilen bir düzlemin normalini ve noktalarını da kolayca okuyabiliriz.
Örnek 12.4 (Denklemden normal ve nokta okumak) \(\mathfrak{D}:\; 2x - y + 3z - 6 = 0\) düzleminin bir normal vektörünü ve bir noktasını bulalım.
Çözüm
\(x\), \(y\), \(z\)’nin katsayıları bir normalin bileşenleridir, dolayısıyla \[ n = (2, -1, 3) \] \(\mathfrak{D}\)’nin bir normalidir. Bir nokta bulmak için iki koordinatı keyfi seçip üçüncüsünü denklemden hesaplarız. \(y = 0\), \(z = 0\) alırsak \(2x - 6 = 0\), yani \(x = 3\) olur. Demek ki \(P_0(3, 0, 0)\) noktası \(\mathfrak{D}\) üzerindedir. Başka seçimler başka noktalar verir; örneğin \(x = 1\), \(z = 1\) için \(2 - y + 3 - 6 = 0\), yani \(y = -1\) bulunur ve \((1, -1, 1)\) de \(\mathfrak{D}\)’nin bir noktasıdır.
Sağlama olarak, \((3, 0, 0)\)’dan \((1, -1, 1)\)’e giden \((-2, -1, 1)\) vektörünün \(n\)’ye dik olduğunu görelim: \[ \big\langle (-2, -1, 1),\, (2, -1, 3) \big\rangle = -4 + 1 + 3 = 0. \]
\(\blacksquare\)
12.2 Bir Noktası ve İki Doğrultusu Verilen Düzlem
Bir düzlemin normalini her zaman hazır bulamayız. Çoğu zaman elimizde düzlemin içindeki iki doğrultu vardır; örneğin düzlemin paralel olması istenen iki doğru. Bu durumda normali vektörel çarpımla üretiriz.
Bir \(d\) doğrusunun bir \(\mathfrak{D}\) düzlemine paralel olması, \(d\)’nin doğrultman vektörünün \(\mathfrak{D}\)’nin normaline dik olmasıyla denktir; başka bir deyişle, doğrultman vektörünün bir temsilcisi düzlemin içine çizilebilir. Bunu, doğru ile düzlemin birbirine göre durumlarıyla birlikte Doğru ile Düzlem ve Uzaklıklar bölümünde ispatlayacağız. Bu bölümde bir düzlemin bir \(v\) vektörüne paralel olmasını, normalinin \(v\)’ye dik olması anlamında kullanacağız.
Uzayda, doğrultman vektörleri sırasıyla \[ v_1 = (a_1, b_1, c_1) \quad \text{ve} \quad v_2 = (a_2, b_2, c_2) \] olan \(d_1\) ve \(d_2\) doğruları verilsin ve bu iki vektör paralel olmasın, yani lineer bağımsız olsun. \(\mathfrak{D}\) düzlemi \(d_1\) ve \(d_2\)’ye paralel olsun ve \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) noktasından geçsin. \(\mathfrak{D}\)’nin normali hem \(v_1\)’e hem \(v_2\)’ye dik olmalıdır; iki vektöre birden dik olan vektör ise vektörel çarpımdır. Böylece \(n = v_1 \times v_2\), \(\mathfrak{D}\)’nin normali olarak alınabilir.
Teorem 12.1 (Bir noktası ve iki doğrultusu verilen düzlem) \(v_1 = (a_1, b_1, c_1)\) ve \(v_2 = (a_2, b_2, c_2)\) lineer bağımsız iki vektör, \(P_0(x_0, y_0, z_0)\) de bir nokta olsun. \(P_0\)’dan geçen ve \(v_1\) ile \(v_2\)’ye paralel olan düzlem tektir (\(v_1\) ile \(v_2\)’ye paralel olmak, normali \(v_1\)’e ve \(v_2\)’ye dik olmak anlamındadır); normali \(n = v_1 \times v_2\) ve kartezyen denklemi \[ \mathfrak{D}:\; \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \\ a_2 & b_2 & c_2 \\ x - x_0 & y - y_0 & z - z_0 \end{vmatrix} = 0 \] dır.
İspat
Normal, \(v_1 \times v_2\)’ye paraleldir. \(v_1\) ile \(v_2\) lineer bağımsız olduğundan Önerme 9.3 uyarınca \(v_1 \times v_2 \neq 0\) dır ve Teorem 9.1 vi) gereğince \(v_1 \times v_2\) hem \(v_1\)’e hem \(v_2\)’ye diktir. Şimdi \(n\), \(v_1\) ile \(v_2\)’ye paralel bir düzlemin herhangi bir normali olsun; yani \(\langle v_1, n\rangle = 0\) ve \(\langle v_2, n\rangle = 0\) olsun. Üçlü özdeşlikten (Teorem 9.2 ii) \[ (v_1 \times v_2) \times n = \langle v_1, n\rangle\, v_2 - \langle v_2, n\rangle\, v_1 = 0 \cdot v_2 - 0 \cdot v_1 = 0 \] bulunur. Önerme 9.3 uyarınca \(v_1 \times v_2\) ile \(n\) lineer bağımlıdır; ikisi de sıfırdan farklı olduğundan birbirine paraleldir. Demek ki böyle bir düzlemin normali olarak her zaman \(v_1 \times v_2\) alınabilir. Bir noktası ve normali belli olan düzlem tek olduğundan, \(P_0\)’dan geçen ve \(v_1\), \(v_2\)’ye paralel düzlem de tektir.
Denklem. \(P(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\)’nin herhangi bir noktası olsun. Vektörel denklemde normal olarak \(n = v_1 \times v_2\) yazalım ve iç çarpımın simetrisini (Önerme 8.1 i) ile karma çarpımın iç ve vektörel çarpımla yazılışını (Önerme 9.1) kullanalım: \[ \begin{aligned} 0 &= \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = \big\langle \overrightarrow{P_0P}, v_1 \times v_2 \big\rangle \\ &= \big\langle v_1 \times v_2, \overrightarrow{P_0P} \big\rangle = \big[v_1, v_2, \overrightarrow{P_0P}\big]. \end{aligned} \] Karma çarpım, satırları sırasıyla \(v_1\), \(v_2\) ve \(\overrightarrow{P_0P} = (x - x_0,\; y - y_0,\; z - z_0)\) olan determinanttır (Tanım 9.2). Bu da teoremdeki denklemdir.
\(\blacksquare\)
Yani iki doğrultu verildiğinde normali ayrıca hesaplamak zorunda değiliz: iki doğrultuyu ve \(\overrightarrow{P_0P}\)’yi bir determinantın satırlarına yazıp sıfıra eşitlemek yeter. Geometrik olarak bu, \(v_1\), \(v_2\) ve \(\overrightarrow{P_0P}\) vektörlerinin düzlemdeş olması demektir (Sonuç 9.5): \(P\) ancak ve ancak \(\overrightarrow{P_0P}\), \(v_1\) ile \(v_2\)’nin belirlediği düzleme paralelse \(\mathfrak{D}\) üzerindedir.
Örnek 12.5 (İki doğruya paralel düzlem) \[ d_1:\; \frac{x}{2} = y - 1 = \frac{z - 2}{3} \qquad \text{ve} \qquad d_2:\; \frac{x - 1}{5} = y = z - 3 \] doğrularına paralel olan ve \(P_0(1, 1, 3)\) noktasından geçen düzlemin denklemini bulalım.
Çözüm
Paydalar doğrultman vektörlerinin bileşenleridir. \(d_1\) doğrusu \((0, 1, 2)\) noktasından geçer ve doğrultman vektörü \(v_1 = (2, 1, 3)\) tür; \(d_2\) doğrusu \((1, 0, 3)\) noktasından geçer ve doğrultman vektörü \(v_2 = (5, 1, 1)\) dir. Bu iki vektör paralel değildir, çünkü bileşenleri orantılı değildir (\(2/5 \neq 1/1\)).
Normal vektörel çarpımla. \(\mathfrak{D}\), \(d_1\) ve \(d_2\)’ye paralel olduğundan normali olarak \(n = v_1 \times v_2\) alınabilir: \[ \begin{aligned} n = v_1 \times v_2 &= \begin{vmatrix} e_1 & e_2 & e_3 \\ 2 & 1 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \end{vmatrix} \\[1mm] &= (1\cdot 1 - 3\cdot 1)\, e_1 + (3\cdot 5 - 2\cdot 1)\, e_2 + (2\cdot 1 - 1\cdot 5)\, e_3 \\ &= (1 - 3)\, e_1 + (15 - 2)\, e_2 + (2 - 5)\, e_3 \\ &= (-2, 13, -3). \end{aligned} \] \(P(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\)’nin herhangi bir noktası olsun. \(\overrightarrow{P_0P} = (x - 1,\; y - 1,\; z - 3)\) olduğundan \[ \begin{aligned} 0 &= \big\langle v_1 \times v_2, \overrightarrow{P_0P} \big\rangle \\ &= \big\langle (-2, 13, -3),\, (x - 1,\; y - 1,\; z - 3) \big\rangle \\ &= -2(x - 1) + 13(y - 1) - 3(z - 3) \\ &= -2x + 2 + 13y - 13 - 3z + 9 \end{aligned} \] ve \(2 - 13 + 9 = -2\) olduğundan \[ \mathfrak{D}:\; -2x + 13y - 3z - 2 = 0 \] elde edilir.
Doğrudan determinantla. \(\langle v_1 \times v_2, \overrightarrow{P_0P}\rangle = [v_1, v_2, \overrightarrow{P_0P}]\) olduğundan aynı denklemi, Teorem 12.1 içindeki determinantla tek adımda da bulabiliriz. Determinantı birinci satıra göre açalım: \[ \begin{aligned} &\begin{vmatrix} 2 & 1 & 3 \\ 5 & 1 & 1 \\ x - 1 & y - 1 & z - 3 \end{vmatrix} \\[1mm] &\quad = 2\big[(z - 3) - (y - 1)\big] - 1\big[5(z - 3) - (x - 1)\big] \\ &\qquad + 3\big[5(y - 1) - (x - 1)\big] \\ &\quad = (2z - 2y - 4) + (-5z + x + 14) + (15y - 3x - 12) \\ &\quad = -2x + 13y - 3z - 2. \end{aligned} \] Determinantı sıfıra eşitleyince yine \(\mathfrak{D}:\; -2x + 13y - 3z - 2 = 0\) bulunur. Kontrol: \(P_0\) için \(-2 + 13 - 9 - 2 = 0\).
\(\blacksquare\)
İki doğrultu, koordinat eksenlerinin doğrultuları da olabilir. Bu durumda determinant çok sadeleşir.
Örnek 12.6 (İki koordinat eksenine paralel düzlem) \(P_0(1, 2, 3)\) noktasından geçen ve hem \(X\)- hem \(Y\)-eksenine paralel olan düzlemin denklemini bulalım.
Çözüm
\(X\)-ekseninin doğrultman vektörü \(e_1 = (1, 0, 0)\), \(Y\)-ekseninin doğrultman vektörü \(e_2 = (0, 1, 0)\) dır ve bu iki vektör lineer bağımsızdır. Teorem 12.1 uyarınca düzlemin denklemi \[ \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ x - 1 & y - 2 & z - 3 \end{vmatrix} = 0 \] dır. Birinci satıra göre açarsak \[ 1\cdot\big[1\cdot(z - 3) - 0\cdot(y - 2)\big] - 0 + 0 = z - 3 \] bulunur. Demek ki aranan düzlem \[ \mathfrak{D}:\; z - 3 = 0, \quad \text{yani} \quad z = 3 \] tür. Bu, \(XY\)-düzlemine paralel olan ve onun \(3\) birim üstünde duran düzlemdir; normali \(n = e_1 \times e_2 = e_3 = (0, 0, 1)\), yani \(Z\)-ekseni doğrultusundadır.
\(\blacksquare\)
12.3 Doğrudaş Olmayan Üç Noktası Verilen Düzlem
Düzlemde iki farklı nokta bir doğru belirler. Uzayda bir düzlemi belirlemek içinse üç nokta gerekir; ama bu üç nokta aynı doğru üzerinde, yani doğrudaş olmamalıdır. Bu durumu bir önceki kısma indirgeyeceğiz: üç noktadan biri düzlemin noktası, bu noktadan diğer ikisine giden vektörler de düzlemin iki doğrultusu olur.
\(P_1(x_1, y_1, z_1)\), \(P_2(x_2, y_2, z_2)\) ve \(P_3(x_3, y_3, z_3)\), bir \(\mathfrak{D}\) düzleminin doğrudaş olmayan üç noktası ve \(Q(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\)’nin herhangi bir noktası olsun. \(\overrightarrow{P_1P_2}\), \(\overrightarrow{P_1P_3}\) ve \(\overrightarrow{P_1Q}\) vektörlerinin üçü de \(\mathfrak{D}\)’nin içindedir.
Önce bu iki doğrultunun gerçekten bir normal verdiğini görelim. Doğrudaş olmayan üç nokta ikişer ikişer farklıdır (iki nokta çakışsaydı, üç nokta bu nokta ile üçüncü noktadan geçen doğrunun üzerinde kalırdı); dolayısıyla \(\overrightarrow{P_1P_2} \neq 0\) ve \(\overrightarrow{P_1P_3} \neq 0\) dır. \(\overrightarrow{P_1P_2}\) ile \(\overrightarrow{P_1P_3}\) lineer bağımlı olsaydı, Sonuç 7.1 uyarınca paralel olurlardı; paralel vektörlerin tanımı (Tanım 7.15) gereğince de biri diğerinin bir katı olurdu, örneğin \(\overrightarrow{P_1P_3} = \lambda\, \overrightarrow{P_1P_2}\) olurdu ve \(P_3\), \(P_1\)’den geçip \(\overrightarrow{P_1P_2}\) doğrultusunda giden doğrunun, yani \(P_1P_2\) doğrusunun üzerinde kalırdı (diğer durumda da \(P_2\), \(P_1P_3\) doğrusunun üzerinde kalır). Bu, noktaların doğrudaş olmamasıyla çelişir. Demek ki \(\overrightarrow{P_1P_2}\) ile \(\overrightarrow{P_1P_3}\) lineer bağımsızdır ve Önerme 9.3 uyarınca \[ n = \overrightarrow{P_1P_2} \times \overrightarrow{P_1P_3} \neq 0 \] dır. Bu vektör \(\mathfrak{D}\)’nin normali yerine alınabilir.
Teorem 12.2 (Üç noktası verilen düzlem) \(P_1(x_1, y_1, z_1)\), \(P_2(x_2, y_2, z_2)\) ve \(P_3(x_3, y_3, z_3)\) doğrudaş olmayan üç nokta olsun. Bu üç noktadan geçen tek bir \(\mathfrak{D}\) düzlemi vardır ve \(\mathfrak{D}\)’nin kartezyen denklemi \[ \begin{vmatrix} x_2 - x_1 & y_2 - y_1 & z_2 - z_1 \\ x_3 - x_1 & y_3 - y_1 & z_3 - z_1 \\ x - x_1 & y - y_1 & z - z_1 \end{vmatrix} = 0 \] dır.
İspat
Üç noktadan geçen bir düzlem \(P_1\)’den geçer ve \(\overrightarrow{P_1P_2}\) ile \(\overrightarrow{P_1P_3}\) vektörlerini içerir, yani bu iki vektöre paraleldir. Tersine, \(P_1\)’den geçip bu iki vektöre paralel olan bir düzlem \(P_2\) ve \(P_3\)’ü de içerir; örneğin \(\overrightarrow{P_1P_2}\) düzleme paralel olduğundan \(P_1\)’den çıkan temsilcisi düzlemdedir ve ucu \(P_2\) de düzlemdedir. Demek ki üç noktadan geçen düzlemler, tam olarak \(P_1\)’den geçip \(v_1 = \overrightarrow{P_1P_2}\) ve \(v_2 = \overrightarrow{P_1P_3}\)’e paralel olan düzlemlerdir.
Yukarıda \(v_1\) ile \(v_2\)’nin lineer bağımsız olduğunu gördük. Bu nedenle \(P_0 = P_1\) noktası ve bu iki vektörle Teorem 12.1 uygulanabilir: böyle bir düzlem tektir, normali \(n = \overrightarrow{P_1P_2} \times \overrightarrow{P_1P_3}\) dür ve \(Q(x, y, z)\) noktası için \[ \begin{aligned} Q \in \mathfrak{D} &\iff \overrightarrow{P_1P_2} \times \overrightarrow{P_1P_3} \perp \overrightarrow{P_1Q} \\ &\iff \big\langle \overrightarrow{P_1P_2} \times \overrightarrow{P_1P_3},\, \overrightarrow{P_1Q} \big\rangle = 0 \\ &\iff \big[\overrightarrow{P_1P_2},\, \overrightarrow{P_1P_3},\, \overrightarrow{P_1Q}\big] = 0 \end{aligned} \] olur. Son olarak \[ \begin{aligned} \overrightarrow{P_1P_2} &= (x_2 - x_1,\; y_2 - y_1,\; z_2 - z_1), \\ \overrightarrow{P_1P_3} &= (x_3 - x_1,\; y_3 - y_1,\; z_3 - z_1), \\ \overrightarrow{P_1Q} &= (x - x_1,\; y - y_1,\; z - z_1) \end{aligned} \] vektörleri satırlara yazılınca karma çarpım teoremdeki determinant olur.
\(\blacksquare\)
Yani üç noktadan geçen düzlemin denklemini yazmak için, noktalardan birini “başlangıç” seçip ondan diğer iki noktaya ve rastgele \(Q(x, y, z)\) noktasına giden vektörleri bir determinantın satırlarına yazar ve determinantı sıfıra eşitleriz. Hangi noktanın başlangıç seçildiği önemli değildir; düzlem tek olduğu için her seçim aynı düzlemin (belki bir sabit çarpanla farklı) denklemini verir.
Örnek 12.7 (Üç noktadan geçen düzlem) \(P_1(1, 1, -1)\), \(P_2(-2, -2, 2)\) ve \(P_3(1, -1, 2)\) noktalarından geçen düzlemin denklemini bulalım.
Çözüm
Aranan düzlem \(\mathfrak{D}\) ve \(Q(x, y, z)\), \(\mathfrak{D}\)’nin herhangi bir noktası olsun. \(P_1\)’i başlangıç seçelim: \[ \begin{aligned} \overrightarrow{P_1P_2} &= (-2 - 1,\; -2 - 1,\; 2 - (-1)) = (-3, -3, 3), \\ \overrightarrow{P_1P_3} &= (1 - 1,\; -1 - 1,\; 2 - (-1)) = (0, -2, 3), \\ \overrightarrow{P_1Q} &= (x - 1,\; y - 1,\; z + 1). \end{aligned} \] İlk iki vektörün bileşenleri orantılı olmadığından (birincinin ilk bileşeni sıfır değil, ikincininki sıfır) noktalar doğrudaş değildir. Teorem 12.2 uyarınca \[ \big[\overrightarrow{P_1P_2},\, \overrightarrow{P_1P_3},\, \overrightarrow{P_1Q}\big] = 0 \iff \begin{vmatrix} -3 & -3 & 3 \\ 0 & -2 & 3 \\ x - 1 & y - 1 & z + 1 \end{vmatrix} = 0 \] dır. Determinantı birinci satıra göre açalım. İşaret düzeni \(+, -, +\) olduğundan \[ \begin{aligned} &-3\big[-2(z + 1) - 3(y - 1)\big] - (-3)\big[0\cdot(z + 1) - 3(x - 1)\big] \\ &\quad + 3\big[0\cdot(y - 1) - (-2)(x - 1)\big] = 0 \end{aligned} \] bulunur. Köşeli parantezleri çarparsak \[ \begin{aligned} &\iff 6(z + 1) + 9(y - 1) - 9(x - 1) + 6(x - 1) = 0 \\ &\iff 6z + 6 + 9y - 9 - 9x + 9 + 6x - 6 = 0 \\ &\iff -3x + 9y + 6z = 0 \end{aligned} \] elde edilir. Her iki yanı \(-3\)’e bölersek \[ \mathfrak{D}:\; x - 3y - 2z = 0 \] bulunur. Bölme işlemi normali de sadeleştirir: \[ \overrightarrow{P_1P_2} \times \overrightarrow{P_1P_3} = (-3, 9, 6) = -3\,(1, -3, -2). \] Kontrol: \[ \begin{aligned} P_1 &: \; 1 - 3 + 2 = 0, \\ P_2 &: \; -2 + 6 - 4 = 0, \\ P_3 &: \; 1 + 3 - 4 = 0. \end{aligned} \] Sabit terim \(0\) olduğundan bu düzlem orijinden de geçer.
\(\blacksquare\)
Teoremde üç noktanın doğrudaş olmaması koşulu gerçekten gereklidir. Noktalar doğrudaşsa \(\overrightarrow{P_1P_2}\) ile \(\overrightarrow{P_1P_3}\) paraleldir; determinantın ilk iki satırı orantılı olur ve determinant, \(Q\) nasıl seçilirse seçilsin sıfırdır. Denklem “\(0 = 0\)” a dönüşür ve hiçbir düzlem belirtmez. Geometrik olarak bunun nedeni, bir doğrunun sonsuz çok düzlemin içinde kalmasıdır.
Örnek 12.8 (Doğrudaş üç nokta düzlem belirtmez) \(P_1(1, 0, 2)\), \(P_2(3, 1, 5)\) ve \(P_3(5, 2, 8)\) noktalarından geçen düzlemleri inceleyelim.
Çözüm
\(P_1\)’i başlangıç seçersek \[ \overrightarrow{P_1P_2} = (2, 1, 3), \qquad \overrightarrow{P_1P_3} = (4, 2, 6) = 2\,\overrightarrow{P_1P_2} \] bulunur. Demek ki \(P_3\), \(P_1P_2\) doğrusu üzerindedir; üç nokta doğrudaştır. Teorem 12.2 içindeki determinant \[ \begin{vmatrix} 2 & 1 & 3 \\ 4 & 2 & 6 \\ x - 1 & y & z - 2 \end{vmatrix} \] ikinci satırı birincinin iki katı olduğundan her \((x, y, z)\) için sıfırdır; bu determinant bir düzlem denklemi vermez.
Gerçekten de bu üç noktayı içeren birden çok düzlem vardır. Örneğin \[ \mathfrak{D}_1:\; x - 2y - 1 = 0 \qquad \text{ve} \qquad \mathfrak{D}_2:\; 3x - 2z + 1 = 0 \] düzlemlerinin ikisi de üç noktayı içerir: \[ \begin{aligned} \mathfrak{D}_1 &: \; 1 - 0 - 1 = 0, \quad 3 - 2 - 1 = 0, \quad 5 - 4 - 1 = 0, \\ \mathfrak{D}_2 &: \; 3 - 4 + 1 = 0, \quad 9 - 10 + 1 = 0, \quad 15 - 16 + 1 = 0. \end{aligned} \] Normalleri \((1, -2, 0)\) ve \((3, 0, -2)\) paralel olmadığından bunlar farklı düzlemlerdir. İki normal de doğrunun doğrultusu \((2, 1, 3)\)’e diktir: \(2 - 2 + 0 = 0\) ve \(6 + 0 - 6 = 0\). Aslında normali \((2, 1, 3)\)’e dik olan ve \(P_1\)’den geçen her düzlem bu doğruyu içerir.
\(\blacksquare\)
Üç noktası verilen düzlemin denkleminden hemen bir sonuç çıkar (bkz. Teorem 12.2): dört noktanın aynı düzlemde olup olmadığını tek bir determinantla sınayabiliriz.
Sonuç 12.1 (Dört noktanın aynı düzlemde olması) \(A\), \(B\), \(C\) doğrudaş olmayan üç nokta ve \(D\) bir nokta olsun. \(D\)’nin \(A\), \(B\), \(C\)’den geçen düzlemde olması için gerek ve yeter koşul \[ \big[\overrightarrow{AB},\, \overrightarrow{AC},\, \overrightarrow{AD}\big] = 0 \] olmasıdır.
İspat
\(A\), \(B\), \(C\) doğrudaş olmadığından Teorem 12.2 uyarınca bu üç noktadan geçen tek bir \(\mathfrak{D}\) düzlemi vardır ve bir \(Q\) noktası için \(Q \in \mathfrak{D} \iff [\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{AQ}] = 0\) dır. \(Q = D\) alınırsa istenen elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani dört nokta, birinden diğer üçüne giden vektörlerin karma çarpımı sıfırsa aynı düzlemdedir. Bu, Sonuç 9.5 ile verilen ölçütün noktalar için söylenişidir: \(\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{AC}\), \(\overrightarrow{AD}\) vektörleri düzlemdeş olmalıdır.
Örnek 12.9 (Aynı düzlemdeki dört nokta) \(A(1, 2, 0)\), \(B(3, 0, 1)\), \(C(0, 1, 2)\) ve \(D(-1, 4, -1)\) noktalarının aynı düzlemde olup olmadığını inceleyelim.
Çözüm
\(A\)’yı başlangıç seçelim: \[ \overrightarrow{AB} = (2, -2, 1), \qquad \overrightarrow{AC} = (-1, -1, 2), \qquad \overrightarrow{AD} = (-2, 2, -1). \] \(\overrightarrow{AB}\) ile \(\overrightarrow{AC}\) orantılı değildir (\(2/(-1) \neq (-2)/(-1)\)), dolayısıyla \(A\), \(B\), \(C\) doğrudaş değildir. Karma çarpımı birinci satıra göre açalım: \[ \begin{aligned} \begin{vmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -1 & -1 & 2 \\ -2 & 2 & -1 \end{vmatrix} &= 2\big[(-1)(-1) - 2\cdot 2\big] - (-2)\big[(-1)(-1) - 2\cdot(-2)\big] \\ &\quad + 1\big[(-1)\cdot 2 - (-1)(-2)\big] \\ &= 2(1 - 4) + 2(1 + 4) + (-2 - 2) \\ &= -6 + 10 - 4 = 0. \end{aligned} \] Sonuç 12.1 uyarınca dört nokta aynı düzlemdedir.
Bu düzlemin denklemini de yazalım. Normal \[ \begin{aligned} \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} &= \big((-2)\cdot 2 - 1\cdot(-1),\; 1\cdot(-1) - 2\cdot 2, \\ &\qquad 2\cdot(-1) - (-2)(-1)\big) \\ &= (-3, -5, -4) \end{aligned} \] dür; \(-1\) ile çarparak \(n = (3, 5, 4)\) alalım. \(A(1, 2, 0)\)’dan geçtiği için \[ 3(x - 1) + 5(y - 2) + 4z = 0 \iff 3x + 5y + 4z - 13 = 0 \] bulunur. Sağlama olarak \(D\)’yi yerine yazalım: \[ 3\cdot(-1) + 5\cdot 4 + 4\cdot(-1) - 13 = -3 + 20 - 4 - 13 = 0. \]
\(\blacksquare\)
Örnek 12.10 (Aynı düzlemde olmayan dört nokta) \(A(1, 2, 0)\), \(B(3, 0, 1)\), \(C(0, 1, 2)\) ve \(E(2, 3, 1)\) noktalarının aynı düzlemde olup olmadığını inceleyelim.
Çözüm
\(A\), \(B\), \(C\)’nin doğrudaş olmadığını bir önceki örnekte gördük; ayrıca \[ \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = (-3, -5, -4) \] dür. \(\overrightarrow{AE} = (1, 1, 1)\) olduğundan Önerme 9.1 ile \[ \big[\overrightarrow{AB},\, \overrightarrow{AC},\, \overrightarrow{AE}\big] = \big\langle \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC},\, \overrightarrow{AE} \big\rangle = -3 - 5 - 4 = -12 \neq 0 \] bulunur. Sonuç 12.1 uyarınca \(E\), \(A\), \(B\), \(C\)’den geçen düzlemde değildir; dört nokta aynı düzlemde bulunmaz. Nitekim \(E\)’yi \(3x + 5y + 4z - 13 = 0\) denkleminde yerine yazınca \(6 + 15 + 4 - 13 = 12 \neq 0\) çıkar.
\(\blacksquare\)
12.4 Alıştırmalar
Alıştırmaların ilk kısmında Uzayda Doğru Denklemleri bölümünde kurduğumuz doğru denklemlerini, bir noktası ve doğrultman vektörü verilen doğrular için yeniden yazacağız; bu, düzlem denklemleriyle karşılaştırma için iyi bir ısınmadır. Sonra düzlem denklemlerine geçeceğiz.
Alıştırma 12.1 (Doğrunun üç denklemi) \(P_0 = (-2, -1, 4)\) noktasından geçen ve \(v = (5, -3, 2)\) vektörüne paralel olan doğrunun vektörel, parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.
Çözüm
\(P_0\)’dan geçen ve \(v\)’ye paralel doğru \(d\) olsun; doğrunun noktaları \(P_0\)’a \(v\)’nin katları eklenerek elde edilir.
Vektörel denklem. \[ (x, y, z) = (-2, -1, 4) + \lambda\,(5, -3, 2), \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Parametrik denklemler. Vektörel denklemi bileşen bileşen yazarsak \[ \left. \begin{aligned} x &= -2 + 5\lambda \\ y &= -1 - 3\lambda \\ z &= 4 + 2\lambda \end{aligned} \right\} \qquad \lambda \in \mathbb{R} \] bulunur.
Kartezyen denklemler. \(v\)’nin bileşenlerinin üçü de sıfırdan farklı olduğundan her denklemden \(\lambda\)’yı çekip eşitleyebiliriz: \[ d:\; \frac{x + 2}{5} = \frac{y + 1}{-3} = \frac{z - 4}{2} \; (= \lambda). \]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.2 (Noktası YZ-düzleminde olan doğru) \(P_0 = (0, 2, -1)\) noktasından geçen ve \(v = (1, -3, 4)\) vektörüne paralel olan doğrunun vektörel, parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.
Çözüm
Vektörel denklem. \[ (x, y, z) = (0, 2, -1) + \lambda\,(1, -3, 4), \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Parametrik denklemler. \[ \left. \begin{aligned} x &= \lambda \\ y &= 2 - 3\lambda \\ z &= -1 + 4\lambda \end{aligned} \right\} \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Kartezyen denklemler. \(v\)’nin bütün bileşenleri sıfırdan farklıdır: \[ d:\; \frac{x}{1} = \frac{y - 2}{-3} = \frac{z + 1}{4} \; (= \lambda). \] \(\lambda = 0\) için doğru \(P_0\)’dan, yani \(YZ\)-düzleminin \((0, 2, -1)\) noktasından geçer; \(x = \lambda\) olduğundan doğru \(YZ\)-düzlemini yalnız bu noktada keser.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.3 (Orijinden geçen ve eksenlerle eşit açı yapan doğru) \(P_0 = (0, 0, 0)\) noktasından geçen ve \(v = (1, 1, 1)\) vektörüne paralel olan doğrunun vektörel, parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.
Çözüm
Vektörel denklem. \[ (x, y, z) = (0, 0, 0) + \lambda\,(1, 1, 1), \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Parametrik denklemler. \[ \left. \begin{aligned} x &= \lambda \\ y &= \lambda \\ z &= \lambda \end{aligned} \right\} \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Kartezyen denklemler. \[ d:\; \frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z}{1} \; (= \lambda), \quad \text{yani} \quad x = y = z. \] \(v = (1, 1, 1)\)’in doğrultman kosinüslerinin üçü de \(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\) olduğundan (Tanım 8.6) bu doğru üç eksenle de eşit açı yapar.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.4 (Paydasında negatif sayı bulunan kartezyen denklem) \(P_0 = (1, -1, 6)\) noktasından geçen ve \(v = (2, -1, 1)\) vektörüne paralel olan doğrunun vektörel, parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.
Çözüm
Vektörel denklem. \[ (x, y, z) = (1, -1, 6) + \lambda\,(2, -1, 1), \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Parametrik denklemler. \[ \left. \begin{aligned} x &= 1 + 2\lambda \\ y &= -1 - \lambda \\ z &= 6 + \lambda \end{aligned} \right\} \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Kartezyen denklemler. Her parametrik denklemden \(\lambda\)’yı çekersek \(\lambda = \frac{x - 1}{2}\), \(\lambda = \frac{y + 1}{-1}\), \(\lambda = \frac{z - 6}{1}\) bulunur; buna göre \[ d:\; \frac{x - 1}{2} = \frac{y + 1}{-1} = \frac{z - 6}{1} \; (= \lambda). \] Ortadaki payda \(-1\) dir; bu eşitlik \(\frac{x - 1}{2} = -(y + 1) = z - 6\) biçiminde de yazılabilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.5 (Bir koordinat düzlemine paralel doğru) \(P_0 = (-2, 3, 2)\) noktasından geçen ve \(v = (0, 2, 1)\) vektörüne paralel olan doğrunun vektörel, parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.
Çözüm
Vektörel denklem. \[ (x, y, z) = (-2, 3, 2) + \lambda\,(0, 2, 1), \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Parametrik denklemler. \[ \left. \begin{aligned} x &= -2 \\ y &= 3 + 2\lambda \\ z &= 2 + \lambda \end{aligned} \right\} \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Kartezyen denklemler. \(v\)’nin birinci bileşeni \(0\) olduğundan \(x\)’e ait denklemden \(\lambda\) çekilemez; bu denklem yalnızca \(x\)’in sabit kaldığını söyler. Diğer ikisinden \(\lambda\)’yı çekip eşitleriz: \[ d:\; x = -2, \qquad \frac{y - 3}{2} = \frac{z - 2}{1} \; (= \lambda). \] Doğrunun bütün noktalarının apsisi \(-2\) olduğundan \(d\), \(x = -2\) düzleminin içinde kalır; bu düzlem \(YZ\)-düzlemine paraleldir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.6 (Verilen doğruya paralel doğru) \[ d:\; 2x = y - 1 = 3z - 1 \] doğrusuna paralel olan ve \(P_0(1, -1, 2)\) noktasından geçen doğrunun parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.
Çözüm
Önce \(d\)’nin doğrultman vektörünü okuyalım. Bunun için denklemi, her kesrin payında yalnız bir değişken ve paydasında onun katsayısı olacak biçime getiririz: \(2x = \dfrac{x}{1/2}\) ve \(3z - 1 = 3\big(z - \tfrac{1}{3}\big) = \dfrac{z - \tfrac{1}{3}}{1/3}\) olduğundan \[ d:\; \frac{x}{1/2} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z - \tfrac{1}{3}}{1/3} \] yazılır. Demek ki \(d\), \(\big(0, 1, \tfrac{1}{3}\big)\) noktasından geçer ve doğrultman vektörü \(v = \big(\tfrac{1}{2}, 1, \tfrac{1}{3}\big)\) tür.
Paralel doğruların doğrultman vektörleri paraleldir. Kesirlerden kurtulmak için \(v\) yerine onun \(6\) katı olan \((3, 6, 2)\) vektörünü kullanabiliriz. \(P_0(1, -1, 2)\)’den geçen ve \(d\)’ye paralel doğruya \(d'\) diyelim.
Parametrik denklemler. \[ \left. \begin{aligned} x &= 1 + 3\lambda \\ y &= -1 + 6\lambda \\ z &= 2 + 2\lambda \end{aligned} \right\} \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Kartezyen denklemler. \[ d':\; \frac{x - 1}{3} = \frac{y + 1}{6} = \frac{z - 2}{2} \; (= \lambda). \] Doğrultman vektörünü doğrudan \(v = \big(\tfrac{1}{2}, 1, \tfrac{1}{3}\big)\) alsaydık \[ d':\; \frac{x - 1}{1/2} = \frac{y + 1}{1} = \frac{z - 2}{1/3} \] bulurduk. Bu kesirlerin her biri yukarıdakilerin \(6\) katıdır, dolayısıyla iki yazılış aynı doğruyu verir; yalnızca parametre \(\mu = 6\lambda\) olarak değişir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.7 (X-eksenine paralel doğru) \(P_0 = (2, -1, 3)\) noktasından geçen ve \(X\)-eksenine paralel olan doğruyu bulunuz.
Çözüm
\(X\)-ekseninin doğrultman vektörü \(e_1 = (1, 0, 0)\) dır. Aranan doğrunun vektörel ve parametrik denklemleri \[ (x, y, z) = (2, -1, 3) + \lambda\,(1, 0, 0), \qquad \left. \begin{aligned} x &= 2 + \lambda \\ y &= -1 \\ z &= 3 \end{aligned} \right\} \] dır. \(x\) her değeri alırken \(y\) ve \(z\) sabit kalır: \(y = y_0\), \(z = z_0\). Böylece doğru \[ y = -1, \qquad z = 3 \] denklemleriyle verilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.8 (Y-eksenine paralel doğru) \(P_0 = (2, -1, 3)\) noktasından geçen ve \(Y\)-eksenine paralel olan doğruyu bulunuz.
Çözüm
\(Y\)-ekseninin doğrultman vektörü \(e_2 = (0, 1, 0)\) dır. Aranan doğrunun vektörel ve parametrik denklemleri \[ (x, y, z) = (2, -1, 3) + \lambda\,(0, 1, 0), \qquad \left. \begin{aligned} x &= 2 \\ y &= -1 + \lambda \\ z &= 3 \end{aligned} \right\} \] dır. Bu kez \(y\) serbesttir, \(x = x_0\) ve \(z = z_0\) sabittir. Böylece doğru \[ x = 2, \qquad z = 3 \] denklemleriyle verilir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.9 (Z-eksenine paralel doğru) \(P_0 = (2, -1, 3)\) noktasından geçen ve \(Z\)-eksenine paralel olan doğruyu bulunuz.
Çözüm
\(Z\)-ekseninin doğrultman vektörü \(e_3 = (0, 0, 1)\) dir. Aranan doğrunun vektörel ve parametrik denklemleri \[ (x, y, z) = (2, -1, 3) + \lambda\,(0, 0, 1), \qquad \left. \begin{aligned} x &= 2 \\ y &= -1 \\ z &= 3 + \lambda \end{aligned} \right\} \] dir. \(z\) serbesttir, \(x = x_0\) ve \(y = y_0\) sabittir. Böylece doğru \[ x = 2, \qquad y = -1 \] denklemleriyle verilir. Bu doğru \(XY\)-düzlemini \((2, -1, 0)\) noktasında dik olarak keser.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.10 (İki doğruya dik doğru) Doğrultman vektörleri \(v_1 = (2, -1, 3)\) ve \(v_2 = (-1, 2, 0)\) olan doğrulara dik olan ve \(P_0(3, -1, 4)\) noktasından geçen doğrunun vektörel, parametrik ve kartezyen denklemlerini bulunuz.
Çözüm
Aranan doğru \(d\) ve doğrultman vektörü \(v\) olsun. \(d\), doğrultman vektörleri \(v_1\) ve \(v_2\) olan doğrulara dik olduğundan \(v \perp v_1\) ve \(v \perp v_2\) dir. \(v_1\) ile \(v_2\) sıfırdan farklıdır ve paralel değildir (ilk bileşenlerin oranı \(-2\), ikinci bileşenlerin oranı \(-\frac{1}{2}\)). İki vektöre birden dik olan doğrultu \(v_1 \times v_2\) doğrultusudur (Önerme 10.3), dolayısıyla \(v\) yerine \(v_1 \times v_2\) alınabilir: \[ \begin{aligned} v_1 \times v_2 &= \begin{vmatrix} e_1 & e_2 & e_3 \\ 2 & -1 & 3 \\ -1 & 2 & 0 \end{vmatrix} \\[1mm] &= \big((-1)\cdot 0 - 3\cdot 2\big) e_1 + \big(3\cdot(-1) - 2\cdot 0\big) e_2 \\ &\quad + \big(2\cdot 2 - (-1)(-1)\big) e_3 \\ &= (-6, -3, 3). \end{aligned} \] Sağlama: \[ \begin{aligned} \big\langle (-6, -3, 3), (2, -1, 3) \big\rangle &= -12 + 3 + 9 = 0, \\ \big\langle (-6, -3, 3), (-1, 2, 0) \big\rangle &= 6 - 6 + 0 = 0. \end{aligned} \]
Vektörel denklem. \[ (x, y, z) = (3, -1, 4) + \lambda\,(-6, -3, 3), \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Parametrik denklemler. \[ \left. \begin{aligned} x &= 3 - 6\lambda \\ y &= -1 - 3\lambda \\ z &= 4 + 3\lambda \end{aligned} \right\} \qquad \lambda \in \mathbb{R}. \]
Kartezyen denklemler. \[ d:\; \frac{x - 3}{-6} = \frac{y + 1}{-3} = \frac{z - 4}{3}. \] \((-6, -3, 3) = -3\,(2, 1, -1)\) olduğundan doğrultman vektörü olarak \((2, 1, -1)\) de alınabilir; bu durumda kartezyen denklemler daha sade olarak \(\dfrac{x - 3}{2} = \dfrac{y + 1}{1} = \dfrac{z - 4}{-1}\) biçimini alır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.11 (Doğruya dik düzlem) \(P_0(3, 14, 1)\) noktasından geçen ve doğrultman vektörü \(v = (7, 2, -3)\) olan doğruya dik olan düzlemin denklemini bulunuz.
Çözüm
Düzlem doğruya dik olduğundan doğrunun doğrultman vektörü düzlemin normali olarak alınabilir: \(n = v = (7, 2, -3)\). Düzlemin herhangi bir noktası \(P(x, y, z)\) için \(\overrightarrow{P_0P} = (x - 3,\; y - 14,\; z - 1)\) olup \[ \begin{aligned} \big\langle \overrightarrow{P_0P}, n \big\rangle = 0 &\iff \big\langle (x - 3,\; y - 14,\; z - 1),\, (7, 2, -3) \big\rangle = 0 \\ &\iff 7(x - 3) + 2(y - 14) - 3(z - 1) = 0 \\ &\iff 7x - 21 + 2y - 28 - 3z + 3 = 0 \end{aligned} \] bulunur. \(-21 - 28 + 3 = -46\) olduğundan düzlemin denklemi \[ 7x + 2y - 3z - 46 = 0 \] dır. Kontrol: \[ 7\cdot 3 + 2\cdot 14 - 3\cdot 1 - 46 = 21 + 28 - 3 - 46 = 0. \]
Bu düzlemin normali, Örnek 12.2 içinde bulunan \(7x + 2y - 3z - 21 = 0\) düzleminin normaliyle aynıdır; iki düzlem yalnız sabit terimde ayrılır. Böyle düzlemlerin birbirine paralel olduğunu bir sonraki bölümde göreceğiz.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.12 (Üç noktadan geçen düzlemi iki yoldan bulmak) \(P_1(1, 1, -1)\), \(P_2(-3, -3, 3)\) ve \(P_3(1, -1, 2)\) noktalarından geçen düzlemin denklemini bulunuz.
Çözüm
Birinci yol: katsayıları bilinmeyen denklem. Önerme 12.1 uyarınca aranan \(\mathfrak{D}\) düzleminin denklemi, \((A, B, C) \neq (0, 0, 0)\) olmak üzere \(\mathfrak{D}:\; Ax + By + Cz + D = 0\) biçimindedir. Üç noktayı denklemde yerine yazalım: \[ \begin{aligned} &\text{(i)} & A + B - C + D &= 0, \\ &\text{(ii)} & -3A - 3B + 3C + D &= 0, \\ &\text{(iii)} & A - B + 2C + D &= 0. \end{aligned} \] (i)’yi \(3\) ile çarpıp (ii)’ye eklersek \(4D = 0\), yani \(D = 0\) bulunur. Bu durumda (i) ve (iii) \[ A + B = C, \qquad A - B = -2C \] olur. Bu ikisini toplarsak \(2A = -C\), yani \(A = -\dfrac{C}{2}\); (i)’den de \(B = C - A = \dfrac{3C}{2}\) bulunur. Böylece düzlemin denklemi \[ -\frac{C}{2}\,x + \frac{3C}{2}\,y + C z = 0 \] biçimindedir. \(C = 0\) olsaydı \(A = B = 0\) olurdu, bu da düzlem belirtmezdi; öyleyse \(C \neq 0\) dır. Denklemi \(-\dfrac{2}{C}\) ile çarparsak \[ \mathfrak{D}:\; x - 3y - 2z = 0 \] elde edilir.
İkinci yol: determinant. Teorem 12.2 içindeki determinantı, \(P_1\) başlangıç olmak üzere kuralım: \[ \begin{aligned} \overrightarrow{P_1P_2} &= (-3 - 1,\; -3 - 1,\; 3 - (-1)) = (-4, -4, 4), \\ \overrightarrow{P_1P_3} &= (1 - 1,\; -1 - 1,\; 2 - (-1)) = (0, -2, 3), \\ \overrightarrow{P_1Q} &= (x - 1,\; y - 1,\; z + 1). \end{aligned} \] Buna göre \[ \begin{vmatrix} -4 & -4 & 4 \\ 0 & -2 & 3 \\ x - 1 & y - 1 & z + 1 \end{vmatrix} = 0 \] dır. Birinci satıra göre açarsak \[ \begin{aligned} &-4\big[-2(z + 1) - 3(y - 1)\big] - (-4)\big[0 - 3(x - 1)\big] \\ &\quad + 4\big[0 - (-2)(x - 1)\big] = 0 \\ &\iff 8(z + 1) + 12(y - 1) - 12(x - 1) + 8(x - 1) = 0 \\ &\iff 8z + 8 + 12y - 12 - 12x + 12 + 8x - 8 = 0 \\ &\iff -4x + 12y + 8z = 0 \\ &\iff x - 3y - 2z = 0 \end{aligned} \] bulunur. İki yol aynı düzlemi verir.
Bu düzlem, Örnek 12.7 içinde bulunan düzlemle aynıdır. Bunun nedeni: buradaki \(P_2(-3, -3, 3)\) noktası için \(\overrightarrow{P_1P_2} = (-4, -4, 4)\), oradaki \(P_2(-2, -2, 2)\) noktası için ise \(\overrightarrow{P_1P_2} = (-3, -3, 3)\) tür ve bu iki vektör paraleldir. Yani iki \(P_2\) noktası da \(P_1\)’den geçen aynı doğrunun üzerindedir ve \(P_1\), \(P_3\) ortak olduğundan iki üçlü aynı düzlemi belirler.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 12.13 (Üç noktadan geçen düzlemin determinantla bulunması) \(P_1(2, 1, -1)\), \(P_2(-2, 2, 4)\) ve \(P_3(3, 2, -2)\) noktalarından geçen düzlemin denklemini bulunuz.
Çözüm
\(P_1\)’i başlangıç seçelim: \[ \begin{aligned} \overrightarrow{P_1P_2} &= (-2 - 2,\; 2 - 1,\; 4 - (-1)) = (-4, 1, 5), \\ \overrightarrow{P_1P_3} &= (3 - 2,\; 2 - 1,\; -2 - (-1)) = (1, 1, -1), \\ \overrightarrow{P_1Q} &= (x - 2,\; y - 1,\; z + 1). \end{aligned} \] İlk iki vektör orantılı değildir (\(-4/1 \neq 1/1\)), dolayısıyla noktalar doğrudaş değildir. Teorem 12.2 uyarınca düzlemin denklemi \[ \begin{vmatrix} -4 & 1 & 5 \\ 1 & 1 & -1 \\ x - 2 & y - 1 & z + 1 \end{vmatrix} = 0 \] dır. Birinci satıra göre açalım: \[ \begin{aligned} &-4\big[1\cdot(z + 1) - (-1)(y - 1)\big] - 1\big[1\cdot(z + 1) - (-1)(x - 2)\big] \\ &\quad + 5\big[1\cdot(y - 1) - 1\cdot(x - 2)\big] = 0 \\ &\iff -4(z + 1 + y - 1) - (z + 1 + x - 2) + 5(y - 1 - x + 2) = 0 \\ &\iff -4y - 4z - x - z + 1 + 5y - 5x + 5 = 0 \\ &\iff -6x + y - 5z + 6 = 0. \end{aligned} \] Her iki yanı \(-1\) ile çarparsak \[ \mathfrak{D}:\; 6x - y + 5z - 6 = 0 \] bulunur. Bu sonuç, iki vektörün vektörel çarpımı olan \((-6, 1, -5)\) normaliyle uyumludur. Kontrol: \[ \begin{aligned} P_1 &: \; 12 - 1 - 5 - 6 = 0, \\ P_2 &: \; -12 - 2 + 20 - 6 = 0, \\ P_3 &: \; 18 - 2 - 10 - 6 = 0. \end{aligned} \]
\(\blacksquare\)
Bu bölümde bir düzlemi üç farklı veriden belirledik: bir nokta ve bir normal, bir nokta ve iki doğrultu, doğrudaş olmayan üç nokta. Her durumda iş, düzlemin normalini bulmaya dayandı. Bir sonraki bölümde iki düzlemin birbirine göre durumlarını, kesişen iki düzlemin arakesit doğrusunu, iki düzlem arasındaki açıyı ve düzlem denkleminin katsayılarının geometrik anlamını inceleyeceğiz: İki Düzlem ve Düzlemin İrdelenmesi.