Watewatik

2.1.3 Uzayda Düzlem Denklemleri 2

Bir önceki dersimizde düzlemin doğrultu vektörleriyle parametrik denkleminin nasıl yazılacağını göstermiştik. Bu dersimizde ise son örneğimizde bahsettiğimiz düzlemin kapalı denklemini inceleyeceğiz.

Şekildeki gibi düzlemin bir \(A\) noktası ile \(\overrightarrow{a}\) ve \(\overrightarrow{b}\) doğrultu vektörleri verilsin.

Düzlemin Normal Vektörü

Düzlemin doğrultu vektörlerine dik olan vektöre düzlemin normal vektörü denir ve \(\overrightarrow{N}\) olarak ifade edilir. Bu vektör düzleme dik olduğundan düzlemin doğrultu vektörlerine de dik olacaktır. O halde dış çarpım gereği $$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}$$ olur. 
Düzlemin herhangi bir noktasını temsilen bir \(P\) noktası alalım. \(\overrightarrow{N}\) düzleme dik olduğundan \(\overrightarrow{AP}\) ne de dik olacaktır. 
O halde diklik koşulu gereği $$<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0$$ dır. 
İşte bu denkleme düzlemin kapalı denklemi denir.

Örnek 1

\(R^3\) te \(A(3,-1,5)\) noktasından geçen ve doğrultu vektörleri \(\overrightarrow{a}=(1,-2,3)\) ile \(\overrightarrow{b}=(0,1,-1)\) olan düzlemin kapalı denklemini bulalım: 

 

Çözüm

\(\overrightarrow{N}=\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\) olacağından $$\overrightarrow{N}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\1 &-2  &3 \\ 0 &1  &-1 \end{vmatrix}=(-1,1,1)$$ bulunur. Düzlemin herhangi bir noktasını bir \(P(x,y,z)\) temsil etsin. Bu durumda $$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{P}-\overrightarrow{A}=(x-3,y+1,z-5)$$ ve \(<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0\) olacağından $$-1.(x-3)+1.(y+1)+1.(z-5)=0$$ $$\Rightarrow -x+y+z=1$$ kapalı denklemi elde edilir. Düzleme \(E\) düzlemi dersek $$E:-x+y+z=1$$ şeklinde düzlemin denklemini ifade edebiliriz.

Aşağıdaki videoda düzlemin çizimini izleyebilirsiniz.

Video burada görüntülenecektir.

Örnek 2

\(R^3\) te \(A(3,-1,2)\) noktasından geçen ve normal vektörü \(\overrightarrow{N}=(3,-1,4)\) olan düzlemin kapalı denklemini bulunuz.

Çözüm

Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için $$\overrightarrow{AP}=(x-3,y+1,z-2)$$ olacaktır. O halde \(<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0\) denkleminden $$3(x-3)-(y+1)+4(z-2)=0$$ $$\Rightarrow 3x-y+4z=18$$ bulunur.

 

Örnek 3

\(R^3\) te \(A(-1,1,0)\), \(B(0,2,3)\) ve \(C(1,1,-1)\) noktalarından geçen düzlemin denklemini bulunuz.

Çözüm 1

Örnek 3

Şekildeki gibi düzlemin doğrultu vektörlerini \(\overrightarrow{AB}=(1,1,3)\) ve \(\overrightarrow{AC}=(2,0,-1)\) alabiliriz. O halde

$$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\1 &1  &3 \\ 2 &0  &-1 \end{vmatrix}=(-1,7,-2)$$

olur. Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için

$$\overrightarrow{AP}=(x+1,y-1,z)$$ olur.

\(<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0\) olacağından düzlemin denklemi

$$3-x-1+7y-7-2z=0$$

$$\Rightarrow -x+7y-2z=8$$ bulunur.

Çözüm 2

Örnek 3

Şekildeki gibi düzlemin herhangi bir \(P(x,y,z)\) noktası için \(\overrightarrow{AB}=(1,1,3)\), \(\overrightarrow{AC}=(2,0,-1)\) ve \(\overrightarrow{AP}=(x+1,y-1,z)\) lineer bağımlı bir üçlü olacağından 

$$\begin{vmatrix}1 &1&3 \\2 &0  &-1 \\ x+1 &y-1  &z \end{vmatrix}=0$$ olmalıdır. Sarrus yöntemiyle bu determinant hesaplanırsa ilk çözümde elde ettiğimiz aynı denklemi buluruz. Yani

$$-x+7y-2z=8$$ bulunur.

Çizim Videosu

Aşağıdaki videoda düzlemin çizimini izleyebilirsiniz.

Video burada görüntülenecektir.

 

Örnek 4

Örnek 4 Şekildeki gibi \(R^3\) te eksenleri kestiği noktaların koordinatları verilen düzlemin denklemini bulunuz.

Çözüm

Düzlemin \(x\), \(y\) ve \(z\) eksenlerini kestiği noktalar sırasıyla \(A(2,0,0)\), \(B(0,3,0)\) ve \(C(0,0,4)\) olsun. Bir önceki örnekte olduğu gibi üç noktası verilen düzlemin denkleminin bulunması üzerine bir çözüm yapalım:

Örnek 4

Şekildeki gibi düzlemin doğrultu vektörlerini \(\overrightarrow{AB}=(-2,3,0)\) ve \(\overrightarrow{AC}=(-2,0,4)\) alabiliriz. O halde

$$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\-2 &3  &0 \\ -2 &0  &4 \end{vmatrix}=(12,8,6)$$

olur. Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için

$$\overrightarrow{AP}=(x-2,y,z)$$ olur.

\(<\overrightarrow{N},\overrightarrow{AP}>=0\) olacağından düzlemin denklemi

$$12(x-2)+8y+6z=0$$

$$\Rightarrow 12x+8y+6z=24$$ bulunur.

Bu denklemin her iki tarafını da 24 e bölelim: 

$$\dfrac{x}{2}+\dfrac{y}{3}+\dfrac{z}{4}=1$$ elde edilir. 

Dikkat ederseniz denklemdeki kesirlerin paydaları düzlemin eksenleri kestiği noktaların ilgili koordinatlarına eşittir. Bu durum bir tesadüf değildir. Aşağıda bunu genelleyelim.

 

Eksenleri kestiği noktaları bilinen düzlemin denklemi

Düzlemin Normal Vektörü

Şekildeki gibi \(x\), \(y\) ve \(z\) eksenlerini sırasıyla \(A(a,0,0)\), \(B(0,b,0)\) ve \(C(0,0,c)\) noktasında kesen \((ABC)\) düzleminin kapalı denklemi:

$$\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1$$ olur.

Örnek 5

\(R^3\) te kapalı denklemi \(4x-3y+2z=12\) olan düzlemin \(x\), \(y\) ve \(z\) eksenlerini kestiği noktalar sırasıyla \(A\), \(B\) ve \(C\) olduğuna göre, \(ABC\) üçgensel bölgesinin alanını bulunuz.

Çözüm

\(A(a,0,0)\), \(B(0,b,0)\) ve \(C(0,0,c)\) olsun. Bu noktalar verilen denklemde yerine yazılırsa \(a=3\), \(b=-4\) ve \(c=6\) elde edilir. (Denklemin her iki tarafı da 12 ye bölünerekte bu değerler görülebilir.) 

Örnek 4

Bu durumda \(ABC\) üçgensel bölgesinin alanı şekildeki gibi \(\overrightarrow{BC}=(0,4,6)\) ve \(\overrightarrow{BA}=(3,4,0)\) üzerine kurulu paralelkenarın alanının yarısı olacağından

$$Alan(ABC)=\dfrac{||\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}||}{2}$$ olur. 

$$\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\3 &4  &0 \\ 0 &4  &6 \end{vmatrix}=(24,-18,12)$$ olacağından

$$||\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}||=\sqrt{24^2+(-18)^2+12^2}=\sqrt{6^2(4^2+3^2+2^2)}=6\sqrt{29}$$ olur.

O halde 

$$Alan(ABC)=\dfrac{6\sqrt{29}}{2}=3\sqrt{29}$$ bulunur.

Aşağıdaki videoda düzlemin çizimini izleyebilirsiniz.

Video burada görüntülenecektir.

 

Örnek 6

\(R^3\) te \(\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+1}{3}=\dfrac{z}{4}\) doğrusu ile \(A(2,1,3)\) noktasının belirttiği düzlemin denklemini bulunuz.

Çözüm 1

Uzayda bir doğru ve dışındaki bir noktanın tek bir düzlem belirttiğini 1.ünitede anlatmıştık. Verilen \(A\) noktasının koordinatları doğruda yerine yazılınca eşitlikleri sağlamadığı görüleceği üzere bu nokta doğrunun dışındadır. O halde şekildeki gibi bir düzlem modeli çizebiliriz.

Örnek 4

Doğrunun denklemine bakarsak doğrultu vektörü \(\overrightarrow{a}=(2,3,4)\) olacaktır. Doğruya ait rastgele bir \(B\) noktası seçelim. Bunu yaparken kolaylık açısından doğrudaki eşitlikleri 0 yapan değerleri alalım. Bu durumda \(B(1,-1,0)\) olacaktır. (Tabii ki başka noktalarda alınabilirdi.) Bu durumda düzlemin doğrultu vektörlerinden biri \(\overrightarrow{a}=(2,3,4)\) ve diğeri \(\overrightarrow{BA}=(1,2,3)\) olacaktır.  Artık düzlemin normal vektörünü bulabiliriz:

$$\overrightarrow{N}=\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{BA}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{e_1} &\overrightarrow{e_2}&\overrightarrow{e_3} \\2 &3  &4 \\ 1 &2  &3 \end{vmatrix}=(1,-2,1)$$ olur.

Düzlemin bir \(P(x,y,z)\) noktası için \(\overrightarrow{AP}=(x-2,y-1,z-3)\) olacağından \(\overrightarrow{AP}\) ile \(\overrightarrow{N}\) nün iç çarpımından düzlemin kapalı denklemini elde edebiliriz:

$$1.(x-2)-2(y-1)+1(z-3)=0$$

$$\Rightarrow x-2y+z=3$$ bulunur.

Aşağıdaki videoda düzlemin çizimini izleyebilirsiniz.

Video burada görüntülenecektir.

Çözüm 2

Doğruya ait 1.çözümdeki \(B(1,-1,0)\) noktasından farklı bir \(C(3,2,4)\) noktası daha alalım. (Doğrudaki eşitlikleri 1 e eşitleyerek elde ettik. Farklı noktalar da alınabilirdi.)

Örnek 4

Üçüncü örneğin 2.çözümünde olduğu gibi \(\overrightarrow{BA}\), \(\overrightarrow{BC}\) ve düzlemin herhangi bir \(P(x,y,z)\) noktası için \(\overrightarrow{BP}\) lineer bağımlı olacaktır.

$$\overrightarrow{BA}=(1,2,3)$$

$$\overrightarrow{BC}=(2,3,4)$$

$$\overrightarrow{BP}=(x-1,y+1,z)$$ olur. O halde

$$\begin{vmatrix}1 &2&3 \\2 &3  &4 \\ x-1 &y+1  &z \end{vmatrix}=0$$ olmalıdır.

Bu determinant alınırsa düzlemin denklemi

$$x-2y+z=3$$ bulunur.

Son Düzenlenme
Öğeyi Oyla
(10 oy)
6 yorum
  • Barış Demir

    Aşağıdaki şahsın yorumu, bir öğretmene hatta tanımadığı herhangi bir kişiye karşı nasıl hitap edileceğini bilmediği için kaldırılmıştır.

    Barış Demir Yorum Linki
  • hamza

    Bu şahsın yazdığı yorum uygunsuz olduğu için yayımlanmamıştır.

    hamza Yorum Linki
  • meRve

    ellerinize , emeğinize sağlık
    çok teşekkürler ..

    meRve Yorum Linki
  • Ercan Köse

    Güzel bir çalışma olmuş. Çok teşekkürler...

    Ercan Köse Yorum Linki
  • Sait ERDOĞAN

    Çok güzel olmuş Barış Hocam. Zihnine sağlık.düzlem denklemleri-1 deki videoyu bugün sınıfta öğrencilerime izlettim.Çok hoşlarına gitti.

    Sait ERDOĞAN Yorum Linki
  • Hasan ILGAZ

    Emeğine, yüreğine sağlık. incelemekten keyif alıyor, eksik olduğum noktalarda çok faydalanıyorum. paylaşımlarının devam etmesi ümidiyle, kolaylıklar ve başarılar diliyorum..

    Hasan ILGAZ Yorum Linki
Yorum Ekle

Gerekli olan (*) işaretli alanlara gerekli bilgileri girdiğinizden emin olun. HTML kod izni yoktur.

Watewatik 2012 - Barış DEMİR

Üst Masaüstü Versiyon