İki Nokta Arasındaki Uzaklık: A(x1,y1,z1) ve B(x2,y2,z2) noktaları verilsin.Bu iki nokta arasındaki uzaklık

UZAY ANALİTİK GEOMETRİ

Uzayda Koordinat Sistemi ve Uzayda Vektörler:

Tanım: Uzayda (üç boyutlu) birbirine ikişer ikişer dik sayı eksenlerinin oluşturduğu sisteme üç boyutlu uzayda koordinat sistemi denir.Bu üç eksenin kesiştiği O noktasına orijin, eksenlerden birisi Ox ekseni, diğerlerinden birisi Oy ekseni üçüncüsüne ise Oz ekseni denir.

Uzayda Bir Noktanın Koordinatları:

Uzayda bir P noktasından xOy düzlemine dik

indirelim.Dikme ayağı P' olsun.Bu noktadan Ox ve Oy eksenine dikmeler inelim.Bu noktalara karşılık gelen reel sayılar x ve y olsun.P den Oz eksenine paralel çizelim.Bu doğruyla Oz ekseni bir düzlem oluşturur.P den Oz eksenine inilen dikme ayağı P'' olsun.Bu noktaya karşılık gelen reel sayı z olsun.İşte bu üç reel sayıya P noktasının koordinatları denir ve bu P(x,y,z) ile gösterilir.Buradaki x bileşenine apsis , z

bileşenine ordinat ve z bileşenine kot denir.

Böylece uzaydaki her bir noktaya (x,y,z) sıralı reel sayı üçlüleri karşılık gelir.Böylece uzay RxRxR üçlü kartezyen çarpım kümesi ile veya R3

ile gösterilir.

İki Nokta Arasındaki Uzaklık:

A(x1,y1,z1) ve B(x2,y2,z2) noktaları verilsin.Bu iki nokta arasındaki uzaklık;

AB= (x2-x1)2

+( y2-y1)2

+(z2-z1)2 dir.

Örnek:

A(3,1,5), B(-1,m,1) noktaları veriliyor.AB=6 birim ise a kaçtır?

Çözüm:

AB= (x2-x1)2

+( y2-y1)2

+(z2-z1)2

formülünde değerler yerine konursa 16+(1-m)2

+16=36 ⇒ m=-1 veya m=3 bulunur.

Bir Doğru Parçasının Orta Noktası

A(x1,y1,z1) ve B(x2,y2,z2) noktaları verilsin.Bu iki noktanın belirlediği [AB] doğru parçasının C orta noktasının koordinatları, ikişer ikişer koordinatlarının aritmetik ortasıdır. Yani;

C(

x1+ x2 2 ,

y1+y2 2 ,

z1+z2 2 ) dir.

Örnek:

A(-1,7,3) noktasının B(2,-3,5) noktasına göre simetriği C noktasının koordinatlarını bulalım.

Çözüm:

C(x,y,z) olsun.-1+x

2 =2 ⇒ x=5, 7+y

2 =-3 ⇒ y=-13 3+z

2 =5 ⇒ z=7 dir. O halde C(5,-13,7) olur.

Kürenin Analitik İncelenmesi:

Üç boyutlu uzayda, bir M(a,b,c) noktasına, r kadar uzaklıkta bulunan tüm noktar kümesine (geometrik yerine) bir küre, buradaki M noktasına kürenin merkezi r sayısına da yarıçap uzunluğu denir.

Küre Denklemi:

Küre üzerinde değişken bir nokta P(x,y,z) olsun.P noktaları değişse de MP=r değişmeyecektir.

O halde; MP= (x-a)2 +(y-b)2

+(z-c)2 =r

⇒(x-a)2 +(y-b)2

+(z-c)2 =r2

bulunur.Bu denklem merkezi M(a,b,c) ve yarıçap uzunluğu r olan küre denklemidir.

Bu denklemi açalım:

x2 +y2

+z2

-2ax-2by-2cy+a2 +b2

+c2 -r2

=0 Burada A=-2a, B=-2b, C=-2c, D= a2

+b2 +c2

-r2 alınırsa küre denklemi;

x2 +y2

+z2

+Ax+By+Cz+D=0 biçimine gelir.

A=-2a⇒a=- A/2, B=-2b ⇒b=- B/2, C=-2c ⇒ c=- C/2 D= a2

+b2 +c2

-r2

⇒ r2 = a2

+b2 +c2

-D

⇒ r2 =

A2 2 +

B2 2 +

C2 2 -D = 1

4 . (A2 +B2

+C2 -4D)

⇒ r = 1

2 A2

+B2 +C2

-4D bulunur.

Not:

x2 +y2

+z2

+Ax+By+Cz+D=0 denkleminin irdelenmesi:

a) A2 +B2

+C2

-4D>0 ise yukarıdaki denklem bir küre belirtir.

b) A2 +B2

+C2

-4D=0 ise yukarıdaki denklem yarıçapı 0 olan bir noktasal küre (kürenin merkezi) belirtir.

c) A2 +B2

+C2

-4D<0 ise yukarıdaki denklem gerçek bir küre belirtmez ( sanal bir küre belirtir.)

Örnek:

Merkezi M(3,-2,-5) olan ve P(1,2,-2) noktasından geçen küre denklemini bulalım.

Çözüm:

r=MP= (1-3)2

+(2+2)2

+(-2+5)2 = 29 O halde küre denklemi;

(x-3)2

+(y+2)2

+(z+5)2

=29 veya x2

+y2 +z2

-6x+4y+10z+9=0 bulunur.

Örnek:

x2 +y2

+z2

-2x+3y-5z+k=0 denkleminin bir küre belirtiğine göre k nın alacağı değer aralığını bulalım.

Çözüm:

A2 +B2

+C2

-4D>0 olmalıdır.

4+9+25-4k>0 ⇒ k<19/2 bulunur.

Üç Boyutlu Uzayda Vektörler:

Üç boyutlu uzayda herhangi bir P(x,y,z) noktasını düşünelim.Başlangıç noktası O, bitim noktası P olan →

OP vektörüne konum (yer) vektörü denir.Böylece uzaydaki noktalarla bunlara karşılık gelen konum vektörleri arasında bire-bir bir eşleme yapabiliriz.

Bu şekildeki analitik uzaya, üç boyutlu vektör uzayı denir.

P(x,y,z) ise →

OP vektörünün de bileşenleri (x,y,z) sıralı üçlüsü ile gösterebiliriz.Yani →

OP =(x,y,z) yazabiliriz.

Tanım:

A(x1,y 1,z

1) ve B(x 2,y

2,z

2) noktaları için → AB vektörüne O dan çizilen eş →

OP vektörüne, → AB nün konum (yer) vektörü denir.Bu iki vektör birbirine eşit olarak alınır.Yani;

→ OP =

→

AB =( x2- x1, y2- y1, z2 -z1) dir.

Çünkü; → AB =

→ AO +

→ OB =

→ OB -

→

OA =(x2,y2,z2)-(x1,y1,z1)

=( x2- x1, y2- y1, z2 -z1) dir.

Bir Vektörün Uzunluğu (=Normu):

Bir vektöre karşılık gelen →

OP konum vektörünün P uç noktasının orijine uzaklığı bu vektörün uzunluğu (normu) denir ve bu  →

OP  ile gösterilir.

Yani; P(x,y,z) ise  →

OP = x2 +y2

+z2 dir.

Buna göre; A(x1,y1,z1) ve B(x2,y2,z2) noktaları için

 →

AB = (x2-x1)2

+( y2-y1)2

+(z2-z1)2 dir.

Birim Vektör:

Uzunluğu 1 birim olan vektörlere birim vektör denir.

Not: Ox ekseni üzerindeki e₁=(1,0,0), Oy ekseni üzerindekie₂=(0,1,0),

Oz ekseni üzerindeki e₃=(0,0,1) vektörlerine;

e₁=e₂=e₃=1 birim olduğundan standart birim vektörler denir.

Örnek:

→

u =(1/2, -1/3, a) vektörü veriliyor.

a) Uzunluğu 3 birim ise b) Birim vektör ise a kaç olmalıdır?

Çözüm:

a) 1/4 + 1/9 +a2

=9 ⇒ a= 311 6 b) 1/4 + 1/9 +a2

=9 ⇒ a= 23

6 bulunur.

Vektörler Arasındaki Bağıntılar ve İşlemler:

a) İki Vektörün Eşitliği:

→

a = (x1,y1,z1) ve →

b = (x2,y2,z2) vektörleri için

→ a =

→

b ⇔ x1=x2 ve y1= y2 ve z1= z2 dir.

b) İki Vektörün Toplamı:

→

a = (x1,y1,z1) ve →

b = (x2,y2,z2) vektörleri için

→ a +

→ b =( x1+x

2,y 1+y

2, z 1+z

2 ) dir.

Toplama İşleminin Özellikleri:

Vektörler arasında tanımlanan toplama işleminin i) Kapalılık ii) Değişme iii) Birleşme özellikleri vardır.(Bu özellikler klayca gösterilebilir) iv) ∀ →

a ∈R3 ve →

0 =(0,0,0) için;

→ a +

→ 0 =

→

a olduğundan;

→

0 toplama işleminin etkisiz elemanıdır.

v)∀ →

a =( x1,y1,z1) )∈R3 için →

-a =( -x1,-y1,-z1) dir.

→ a + (

→ -a )=

→

0 olduğundan →

a nün toplama işlemine göre ters elemanı -→

a dır.

c) İki Vektörün Farkı:

→ a -

→ b =

→ a +(-

→

b ) olarak tanımlanır.

Yani; → a -

→ b =( x1-x

2,y 1-y

2, z 1-z

2 ) dir.

d) Bir Vektörün Skaler (Reel Sayı) İle Çarpımı:

→ a = (x1,y

1,z

1) vektörü ve k∈R verilsin.

k→

a =k(x1,y1,z1)=(kx1,ky1,kz1) dir.

Bir Vektörün Reel Sayı İle Çarpımının Özellikleri:

→ a ve

→

b iki vektör ve k,m∈R olsun.

i) k(→ a +

→ b )=k

→ a +k

→ b dir.

ii) k(m→ a )=m(k

→ a )=(km)

→ a dir.

iii) (k+m) → a =k

→ a +m

→ a dir.

iv) -1.→ a = -

→ a ve 1.

→ a =

→ a ve 0.

→ a =

→ 0 dir.

Bu özellikler, vektörler arasındaki toplama işlemi ve reelsayıların özellikleri kullanılarak kolayca

ispatlanabilir.

e) İki Vektörün Paralelliği:

Doğrultuları paralel olan vektörlere paralel vektörler denir.İki konum vektörü paralel ise doğrultuları çakışık olur.Bu durumda birisi diğerinin (k≠0 olmak üzere) k katı olur.Yani; →

a =(x1,y 1,z

1), → b =(x2,y

2,z 2) vektörleri ile k≠0 reel sayısı verilsin.

→ a //

→ b ⇔ →

a =k.

→ b

⇔ (x1,y1,z1)=k(x2,y2,z2)=(kx2,ky2,kz2)

⇔ x1= kx2 ve y1= ky2 ve z1=kz2

⇔ x1/ x2 = y1/ y2 = z1/z2 bulunur.

O halde iki vektör paralel ise bileşenleri orantılıdır. (Paralellik şartı)

Vektörlerin Lineer Bileşimi:

Vektörlerden oluşan bir V vektör uzayında, k1,k2,k3,...,kn∈R, →

v 1, → v 2, →

v 3, ..., →

v n∈V olmak üzere; →

v = k1

→ v 1+k2

→ v 2+k3

→

v 3+...+kn

→

v n vektörüne

→ v 1, →

v 2, →

v 3, ..., →

v n vektörlerinin bir lineer bileşimi denir.

Örnek:

→

v =(-5,9,1) vektörünü,

→

v 1=(-1,3,4), →

v 2=(3,0,1) ve

→

v 3=(0,1,-2) vektörlerinin bir lineer bileşimi olarak yazalım.

Çözüm:

k1

→ v 1+k

2

→ v 2+k

3

→ v 3= →

v olacak biçimde k1,k 2,k

3∈R sayılarını bulmalıyız.

k1(-1,3,4)+ k2(3,0,1)+ k3(0,1,-2)= (-5,9,1)

⇒( -k1+3k2, 3k1+k3,4 k1+k2-2k3 )= (-5,9,1)⇒ -k1+3k=-5

3k1+k3=9

4 k1+k2-2k3=1 denklem sistemi çözülürse; k1=2, k2= -1, k3=3 bulunur.O halde aranan lineer bileşim;

→ v =2

→ v 1-→

v 2+3→ v 3 tür.

Lineer Bağımlılık, Lineer Bağımsızlık:

Vektörlerden oluşan bir V vektör uzayında, k1,k2,k3,...,kn∈R, →

v 1, → v 2, →

v 3, ..., →

v n∈V olmak üzere;k1

→ v 1+k2

→ v 2+k3

→

v 3+...+kn

→ v n = →

0 eşitliğini sağlayan en az biri sıfırdan farklı, k1,k2,k3,...,kn∈R varsa { →

v 1, → v 2, →

v 3, ..., →

v n } kümesi lineer bağımlı aksi halde (yani k1=k2=k3=...=kn=0 olmak zorunda ise) { →

v 1, → v 2, →

v 3, ..., →

v n } kümesi lineer bağımsızdır denir.

Taban ve Boyut:

Vektörlerden oluşan bir V vektör uzayında, { →

v 1, → v 2, →

v 3, ..., →

v n } kümesi verilsin. Bu küme;

a) lineer bağımsız,

b) V uzayını geriyorsa (yani ∀ →

x ∈V vektörü bu vektörlerin bir lineer bileşimi olarak yazılabiliyorsa) { →

v 1, → v 2, →

v 3, ..., →

v n } kümesi V uzayının bir tabanı (baz), n sayısına da V uzayının boyutu denir ve dim(V)=boy(V)=n yazılır.

Örnek:

a) {(1,-2,-3), (-3,6,9)}

b) {(1,3,-2),(2,6,2)}

c) {(1,1,0),(-2,3,5),(0,5,5)}

d) {(1,2,-5),(0,0,0),(7,1,-3)}

e) {(1,1,0),(2,1,1),(0,1,1)}

f) {(1,1,1),(-1,2,0),(2,2,3),(1,1,2)}kümelerinin lineer bağımlı olup lmadıklarını araştıralım.

g) Yukarıdaki kümelerden hangileri üç boyutlu vektör uzayının (R3

ün) bir tabanıdır.

Çözüm:

a) k1(1,-2,-3)+ k2(-3,6,9)=(0,0,0)

⇒ k1-3k2=0 -2k1+6k2=0

-3k1+9k2=0 denklem sistemielde edilir.

Halbuki bu denklemlerin üçü de birbirine denktir.

Aslında burada tek denklem vardır yani; k 1-3k

2=0

⇒ k1=3k2 Buna göre k1, k2 nin 3 katı olmak üzere sıfırdan farklı sonsuz çözüm bulabiliriz.O halde {(1,-2,-3), (-3,6,9)} kümesi lineer bağımlıdır.

Not: Vektörlerin bileşenlerine dikkatlice bakarsakorantılı olduğunu görürüz.

Yani iki vektörün lineer bağımlı olması, biri diğerinin bir katı olması, birbirine paralel olması aynı anlama gelir.

b) {(1,3,-2),(2,6,2)}

1/2=3/6≠-2/2

Bu iki vektörün bileşenleri orantılı olmadığından lineer bağımsızdır.

c) {(1,1,0),(-2,3,5),(0,5,5)}

1. Yol:

k1(1,1,0)+k2(-2,3,5)+k3(0,5,5)}=(0,0,0)

⇒ k1-2k2=0 k1+3k2+5k3=0 5k2+5k3=0 1. denklemden k

1=2k 2

3. denklemden k3=-k2 değerleri 2. denklemde yerine konursa; 5k2+5k3=0 elde edilir.Bu ise 3. denklemdir.

O halde gerçekte farklı olarak iki denklem

vardır.Burada bilinmeyenlerden birine örneğin k3=t diyelim.Böylece k2= -t ve k1=-2t olmak üzere

(k1,k2,k3)=(-2t, -t, t), t∈R olmak üzere sıfır çözümden farklı sonsuz tane (k1,k2,k3) üçlüsü bulunur.

O halde {(1,1,0),(-2,3,5),(0,5,5)} kümesi lineer bağımlıdır.

2. Yol:

k1(1,1,0)+k2(-2,3,5)+k3(0,5,5)}=(0,0,0)⇒ k1-2k2=0

k1+3k2+5k3=0

5k2+5k3=0 Denklem sisteminin sıfır çözümünden farklı çözümlerinin olması denklem sisteminin

katsayılarından oluşan determinantın değerinin (veya vektörleri alt alta yazarak oluşturulan determinantın) sıfır olması gerekir.Gerçekten;

1 1 0 2 3 5 0 5 5

− =0 olduğu görülür.yani bu vektörler lineer

bağımlıdır.

d) {(1,2,-5),(0,0,0),(7,1,-3)}

1. Yol: Vektörleri sırasıyla hepsi birden sıfır olmayan (örneğin, 0, 2007 ve 0) sayılarıyla çarpıp toplayalım;

0.(1,2,-5)+2007.(0,0,0)+0.(7,1,-3)=(0,0,0) olduğundan bu küme (genel olarak içinde →

0 vektörü bulunan her küme)

lineer bağımlıdır.

2. Yol:Her bir vektörü bir satıra yazarak oluşturulan determinantın değeri sıfır olacağından bu küme lineer bağımlıdır.

e) {(1,1,0),(2,1,1),(0,1,1)}

Her bir vektörü bir satıra yazarak oluşturulan determinantın değeri

1 1 0 2 1 1 0 1 1

=-1≠0 olduğundan bu üç vektör lineer

bağımsızdır.

f) {(1,1,1),(-1,2,0),(2,2,3),(1,1,2)}

k1(1,1,1)+k2(-1,2,0)+k3(2,2,3)+k4(1,1,2)=(0,0,0) eşitliği bizi 4 bilinmeyenli 3 denklemden oluşan bir denklem sistemine götürür.Böyle bir denklemin her zaman sıfır çözümlerinden başka (sonsuz tane) çözümü vardır.Örneğin k4=t diyerek diğer bilinmeyenleri t parametresine göre çözümlerini bulabiliriz.O halde 4 (veya daha fazla) vektörden oluşan her küme lineer bağımlıdır.

g) Vektörlerden oluşan bir kümenin taban olabilmesi için lineer bağımsız ve ilgili vektör uzayını germesi (yani ∀ →

x ∈ R3

vektörü bu vektörlerin bir lineer bileşimi olarak yazılabilmesi ) gerekir.

{(1,-2,-3), (-3,6,9)}, {(1,1,0),(-2,3,5),(0,5,5)}, {(1,2,-5),(0,0,0),(7,1,-3)},

{(1,1,1),(-1,2,0),(2,2,3),(1,1,2)} kümeleri lineer bağımlı olduklarından taban olamaz.

{(1,3,-2),(2,6,2)} kümesi lineer bağımsızdır.

Acaba bu küme R3

ü gerer mi?Bakalım:

→

x =( x1,x2,x3)∈ R3

olsun.

( x1,x2,x3)= k1(1,3,-2)+ k2(2,6,2)

⇒ k 1+2k

2= x 1 3k1+6k2= x2 -2k1+2k2= x3

Denklem sisteminde ilk iki denklemden bulunan k1,k2 değerleri her zaman üçüncü denklemi

sağlamayacağından bu iki vektör R3

ü germez.O halde bu küme bir taban olamaz.

{(1,1,0),(2,1,1),(0,1,1)} kümesi lineer bağımsızdır.

Acaba bu küme R3

ü gerer mi?Bakalım:

→ x =( x1,x

2,x 3)∈ R3

olsun.

( x1,x2,x3)= k1(1,1,0)+ k2(2,1,1)+k3(0,1,1) k1+2k2= x1

k1+k2+k3= x2 k2+k3= x3

Üç bilinmiyenli bu denklemin çözümü vardır ve tektir.

O halde bu küme R3

ü gerer. Buna göre bu küme R3 ün bir tabanıdır.

Not:

Yukarıdaki örnekte olduğu gibi lieer bağımsız üç vektör R3

ün bir tabanıdır.

Standart Taban Vektörleri:

e1=(1,0,0), e₂=(0,1,0), e₃ =(0,0,1) vektörleri lineer bağımsızdır.

→

x =( x1,x2,x3)∈ R3

olsun.

→

x =( x1,x2,x3)=( x1,0,0)+(0, x2,0)+(0,0,x3)

= x1(1,0,0)+ x2(0,1,0)+ x3(0,0,1)

= x1e¹+ x2e² + x3e³

O halde {e₁,e₂,e₃ } kümesi de R3

ü gerer.

Buna göre {e₁,e₂,e₃} R3

ün bir tabanıdır.Bu tabana standart taban denir.

Skaler (=İç ) Çarpım:

Tanım: a=( a1,a2,a3), b=( b1,b2,b3) vektörleri için m(a,b)=α olmak üzere;

<a,b>=a.b=abcosα çarpımına "a ile b nin skaler(=iç) çarpımı" denir.

Teorem:

a=( a 1,a

2,a

3), b=( b 1,b

2,b

3) vektörleri için;

a.b= a1b1+a2b2+a3b3 tür.

İspat:

OAB üçgeninde cosinus teoremi uygulayalım;

 →

AB 2= →

OA 2+ →

OB2-2 → OA  →

OBcosα (b1- a1)2

+( b2-a2)2

+( b3- a3)2

=a1 2+ a2

2+ a3 2+b1

2+ b2 2+b3

2-2a.b

Gerekli işlemle yapılırsa;

a.b= a1b1+a2b2+a3b3 bulunur.

Skaler Çarpımın Özellikleri:

V vektörlerden oluşan bir vektör uzayı olsun.

1. ∀a,b∈V için a.b∈R olduğundan; skaler (iç) çarpım fonksiyonu f ise;

f:VxV→R olan bir fonksiyondur.

2. ∀a,b∈V için a.b=b.a dir.(Simetri özelliği) 3.∀ a∈V (a≠≠≠≠^→0 ) için a.a=a²=a2

>0 (Pozitif tanımlılık özelliği)

4. ∀a,b,c∈V için a.(b+c)=a.b+a.c dir.

5. a ve bvektörleri sıfır vektörlerinden farklı olsun.

a .b=0 ⇔ a⊥bdir. (Diklik şartı)

İZMİR FEN LİSESİ UZAY ANALİTİK GEOMETRİ ÇALIŞMA SORULARI

(Küre ve Uzayda Vektörler) (Kasım 2012) 01. A(-5,3,2), B(1,3,5) ve C(-2,-1,a) noktaları veriliyor.

a) [AB] nın D orta noktasının koordinatlarını bulunuz.

b) AB=AC ise a kaçtır?

02. Bir tabanı ABCD, diğer tabanı A'B'C'D' olan ABCDA'B'C'D' pirizması göz önüne alınıyor.

A(3,1,0), B(3,5,0), C(1,5,0) ve D'(1,1,4) tür.

a) Bu pirizmanın tüm yüzleri paralelkenar (paralelyüz ) ise diğer köşelerinin koordinatlarını bulunuz.

b) Bu pirizma dikdörtgenler pirizması olabilmesi için D köşesinin koordinatlarını bulunuz. Bu durumda cismin hacmini, yüzey alanını ve cisim köşegenini

hesaplayınız.

03. Merkezi M(3,3,1) olan ve a) P(3,-1,5) noktasından geçen;

b) xOy düzlemine teğet olan;

c) x2 +y2

+z2

-2z=7 küresine teğet olan küre denklemini bulunuz.

04. A(-1,8,3) ve B(11,4,-7) noktaları verilyor.[AB]

çaplı küre denklemini bulunuz.

05. P(1,1,2) noktasından geçen ve her üç koordinat düzlemlerine teğet olan küre denklemini bulunuz.

06.x2 +y2

+z2

+2x-10y+(m+1)z=m küresi xOy düzlemine teğetse kürenin merkezini ve yarıçap uzunluğunu bulunuz.

07.(x-2)2

+(y-5)2

+(z+7)2

=81 küresinin P(-2,-1,5) noktasına en kısa ve en uzun uzaklıklarını bulunuz.

08. →

AB =(3,-1,4) vektörü ile B(1,4,2) noktası veriliyor.A noktasının koordinatlarını ve →

OA vektörü ve bu vektörün normunu bulunuz.

09. →

a =(m-1,2,n) ve

→

b =(n+4,p,3-m) vektörleri veriliyor. →

a =

→ b ise

→

v =(m,n,p) vektörünün normunu bulunuz.

10. →

a =(m-3,2,-6) ve

→

b =(2,n+5,-3) vektörleri paralel ise m ve n kaçtır?

11. A(-1,3,5), B(a,-2,3), C(3,4,-7) ve D(1,2,b) noktaları veriliyor.

→ AB//

→

CD ise ave b yi bulunuz.

12. →

a =(3,-1,2) vektörü ile aynı doğrultudaki birim vektörleri bulunuz.

13. (-1,2,-2) vektörünü {(2,1,0),(3,0,1),(0,-2,1)}

vektörlerinin lineer bileşimi olarak yazınız.

14. A(3,2,-1) noktası ile →

AB =(5,-7,6) vektörü veriliyor.B noktasını bulunuz.

15. A(-1,3,2), B(5,-1,1) noktaları ile

→

v =(p-1,3-k,-3) vektörü veriliyor.

→ AB //

→ v ise

→

v vektörünün uzunluğunu (normunu) bulunuz.

16 . a) →

v =(0,-2,5) vektörünü →

a =(1,-1,0), →

b =(2,0,1) ve

→

c =(-2,2,2) vektörlerinin bir lineer bileşimi olarak ifade ediniz.

b) Uzayın herhangi bir →

w =(x,y,z) vektörü a) şıkkında verilen vektörlerin bir lineer bileşimi olarak ifade edilebilir mi?

c) →

v =(0,-2,5) vektörünü →

a =(1,-1,0), →

b =(2,0,1) ve

→

c =(0,-2,-1) vektörlerinin bir lineer bileşimi olarak ifade edilebilir mi?Edilemezse neden?

17. →

u =(x,0,1), →

v =(2,y,3) ve →

w =(2,1,z) vektörleri lineer bağımlı ise x,y,z arasında hangi bağıntı olmalıdır?

18. →

A =(3,-1,4), →

B =(m,2,-1) ve →

C =(2,4,1) vektörleri veriliyor. →

AB ⊥ →

C olduğuna göre m kaçtır?

19. A(8,2,0), B(4,6,-7), C(-3,1,2),D(-9,-2,4) noktaları veriliyor.

Buna göre;

→ AB ile

→

CD vektörleri arasındaki açının kosinüsünü bulunuz.

20. →

a =2 3 br, →

b =2 br m(→ a ,

→

b )=30° olduğuna

göre;

→ a +

→ b ile

→ a -

→

b vektörleri arasındaki açının kosinüsünü hesaplayınız.

21. Köşe koordinatları A(8,3,-5), B(2,3,-4), C(3,5,2) olan ABC üçgeninin dik üçgen olduğunu ispatlayınız.

22. A(a,1,-1), B(2a,0,2), C(2a+2,a,1) noktaları veriliyor.

→ AB⊥ →

BC ise A, B ve C noktalarını bulunuz.

23. →

a =6 br, →

b =4 br dir.

a)

→ a +k

→ b ile

→ a -k

→ b

vektörleri dik ise k kaçtır?

b) m(

→ a ,

→

b )=60° ise → a +2

→

b nün uzunluğu kaçtır?

24.

→ a +

→ b +

→ c =

→ 0 , →

a =→ b =→

c =1 ise

→ a .

→ b +

→ b .

→ c +

→ c .

→

a değerini bulunuz.

25. →

a =4 br, cos(e₁,

→

a )=3/4 ve m(e₂,

→

a )=60° ise

→

a nü bulunuz.

26. A(3,-3,5) , B(3, 2,-7) ve C(1,-1,0) noktaları a) →

AB b)  →

AB  c) →

AB boyunca birim vektörü d) →

AB nün →

AC üzerindeki dik izdüşüm vektörünü e) ABC üçgeninin B açısı için sinB değerini f) ABC üçgeninin alanını bulunuz.

Çözüm:

a) →

AB =(0,5,-12) b)  →

AB = 0²+5²+(-12)² = 13 br c) →

AB boyunca birim vektörü →

e =(x,y,z) olsun.

→ AB // →

e ⇒x 0 = y

5 = z

-12 = k (katsayıları orantılı olmalı) x=0, y=5k, z=-12k ve  →

e =1 olmalıdır.

0²+25k²+144k² =1 ⇒ k=1/13 dir.

O halde → e =(0, 5

13, - 12

13 ) bulunur.

d)

→

AB nün →

AC vektörü üzerindeki izdüşüm vektörü → AD olsun.

→

AC boyunca birim vektör → e ise →

AD = →

AD →e olmalıdır.

 →

AD = →

AB cosα= → AB 

→ AB . →

AC

 → AB  →

AC  

 →

AD =13.0+10+60 13. 33 =70

33 O halde;

→ AD = 70

33 ( -2 33, 2

33, - -5

33 ) = 70

33 (-2, 2, -5) bulunur.

f) m(BAC)=a olsun.Buna göre;

A(ABC)=ABACsin a

2

sin a = 1 - cos²a

cos a=

→ AB . →

AC

 → AB  →

AC  = 70 13 33

A(ABC)= 677

2 br² bulunur.

27. →

p =(2,1,1) ve →

q =(3,4,-1) vektörlerine dik olan birim vektörleri bulunuz.

R3

te (Üç Boyutlu Uzayda) Vektörel Çarpım:

Uzayda a=( a 1,a

2,a

3), b=( b 1,b

2,b

3) vektörleri için;

ax b=(a2b3-a3b2 , a3b1-a1b3, a1b2-a2b1)

=( a2b 3-a

3b

2)e₁-( a 1b

3- a 3b

1)e₂+ (a 1b

2-a 2b

1)e₃ vektörüne aile b vektörlerinin vektörel çarpımı (dış çarpım) denir.

Not 1: Tanımdan yola çıkarak ax b= - bxaolduğu görülebilir.

Not 2:

(ax b).a=0 (yani (ax b)⊥a ) (ax b).b=0 (yani (ax b)⊥b )

olduğunu vektörel çarpım ve skaler çarpım tanımları kullanılarak ispatlanabilir.

Bu sonuç bize; ax b vektörünün aile b

vektörlerinin belirttiği düzleme dik olduğunu gösterir.

Not 3: aile b vektörleri arasındaki açı α olmak üzere; ax b nin uzunluğu, aile b vektörleri üzerine kurulu paralelkenarın alanına eşit olduğu yani;

ax b=a.b.sin α ispatlanabilir.

Not 4: Uzayda A(a 1,a

2,a 3), B( b

1,b 2,b

3), C( c1,c2,c3) noktaları verildiğinde;

A(ABC) =

→

AB x

→

AC 2  dir.

Not 5:

1 2 3

1 2 3

1 2 3

=

e e e axb a a a

b b b dir.

(Bunun doğruluğu, determinant açıldığında, vektörel çarpımın tanımındaki ifadeyi verdiği kolayca

görülebilir.)

Vektörel Çarpımın Geometrik Yorumu:

Uzayda a=( a1,a2,a3), b=( b1,b2,b3) vektörleri için;

uzunluğu ave bvektörleri üzerine kurulu OAMB paralelkenarın alanına eşit, doğrultusu ave

bvektörlerinin belirttiği düzleme dik ve yönü sağ elin dört parmağı avektöründen b vektörüne doğru yönlendirdiğimizde; başparmağın gösterdiği yönde (sağ el kuralı) olan vektöre “aile b vektörlerinin vektörel çarpımı” denir ve bu ax bile gösterilir.

Vektörel Çarpımın Özellikleri:

1) ax b= - bxa dir.

2) ax0=0

3) axa=0

4) k∈R olmak üzere; (ka)xb=ax(kb)=k(ax b) dir.

5) ax (b+c) = ax b+axc dir.

(Bunların doğruluğu yukarıdaki özelliklerden uygun olanları kullanılarak kolayca gösterilebilir.)

Örnek: a=(5,6,4) ve b=(2,-2,3) vektörleri için;

ax b yi hesaplayalım.

Çözüm:

1 2 3

1 2 3

5 6 4 26 7 22 2 2 3

= = − −

− e e e

axb e e e =(26, -7, -22)

bulunur.

Örnek: A(1, -3, 5) , B(0,-1, 4) ve C(3, 3, -2) noktaları veriliyor. ABC üçgeninin alanını bulalım.

Çözüm: Önce →

AB x

→

AC yi hesaplayalım;

→

AB x

→

AC =(-1,2,-1)x(2,6,-7)=

1 2 3

1 2 3

1 2 1 8 9 10

2 6 7

− − = − − −

− e e e

e e e

A(ABC) =

→

AB x

→

AC

2 = 245

2 birim kare bulunur.

R3

te (Üç Boyutlu Uzayda) Karma Çarpım:

Uzayda a, b c vektörleri için; aile b nin vektörel çarpımı ile c nin skaler çarpımına yani; (axb).cına

“a,b,c vektörlerinin karma çarpımı “ denir ve bu [a,b,c] veya (a,b,c) ile gösterilir.

Örnek: a =(1, -3, 0) , b =(0,-1, 2) ve c =(3, 1, -2) vektörlerinin karma çarpımını bulalım.

Çözüm: Önce axb yi bulalım.

1 2 3

1 2 3

1 3 0 6 2

0 1 2

= − = − − −

− e e e

axb e e e =(-6, -2,-1)

Sonra da axb=(-6, -2,-1) vektörü ile c =(3, 1, -2) nün skaler çarpımını hesaplayalım;

(axb). c =[a,b,c]=(-6, -2,-1).(3, 1, -2) = -18-2+2

= -18 bulunur.

Not 1: (Karma Çarpımın Geometrik Yorumu:) Üç boyutlu uzayda a=( a1,a2,a3), b=( b1,b2,b3),

c=( c1,c2,c3) vektörleri alalım.Bu konum vektörlerin uç noktaları A, B, C olsun.

Bu üç vektörün üzerine kurulu (belirlediği)

paralelyüzün hacmini (paralelkenar eğik pirizma) düşünelim.

cnin C uç noktasından axb nün taşıyıcı doğrusuna CH dikmesi inelim.

Paralelyüzün hacmi ; V= Alan(OAKB) .|OH|

Alan(OAKB)=| axb| ve |OH|=|c|.cos(COH) olduğundan;

V=|axb|.|c|.cos(COH) = (axb).c =<axb,c>

Bu da a ile b vektörlerinin vektörel çarpımının cile skaler çarpımıdır.

İşte bu çarpım da a, b, c vektörlerinin karma çarpımı olup [a,b,c] (veya (a,b,c) ) ile gösterilir.

O halde a, b, c vektörleri üzerine kurulu paralelyüzün hacmi (hacim değeri pozitif ya da 0 olabileceğinden) [a,b,c] karma çarpımının mutlak değerine eşittir.

Not 2: Üç boyutlu uzayda a=( a1,a2,a3), b=( b

1,b 2,b

3), c=( c 1,c

2,c

3) vektörlerinin karma

çarpımı aynı zamanda

1 2 3

1 2 3

1 2 3

[ , , ]=

a a a a b c b b b c c c

dir.

(Bunun doğruluğu karma çarpımın tanımı kullanılarak kolayca yapılabilir.)

Karma Çarpımın Özellikleri:

1) (axb). c=a.(bx c) dir

2) [a,b, c] = [b, c,a] = [c,a,b] dir.

3) [a,b, c] = -[c,b,a] = -[a,c,b] = -[b,a,c] dir.

4) [a,0, c] = 0 dır.

5) [a,a, c] =[a,b, b] = [c,b, c] = 0 dır.

6) [ka,b, c] = [a,kb, c] = [a,b, kc] =k[a,b, c] dir.

7) [a,b, c+d ] = [a,b, c] + [a,b, d ] dir.