Dönüşümler: Şekillerin Görüntüsü, Ters Problemler, Genel Açılarla Dönme ve Simetri Uygulamaları

Bir şekli dönüştürmek, onu oluşturan her noktayı dönüştürmek demektir; ama bir üçgende sonsuz nokta vardır. Neyse ki öteleme, simetri ve dönme birer izometri olduğu için doğru parçasını doğru parçasına, orta noktayı orta noktaya götürür. Bu yüzden bir çokgenin görüntüsünü bulmak için yalnızca köşelerini dönüştürüp aynı sırayla birleştirmek yeter. A(1, 1), B(4, 1), C(1, 3) üçgenini ele alalım. y-eksenine göre simetride (x, y) → (−x, y) kuralıyla A′(−1, 1), B′(−4, 1), C′(−1, 3); orijine göre simetride (x, y) → (−x, −y) kuralıyla A″(−1, −1), B″(−4, −1), C″(−1, −3) bulunur. ABC üçgeninde [AB] yatay ve 3 birim, [AC] dikey ve 2 birimdir; A açısı dik olup alan 3·22 = 3 birimkaredir. Görüntü üçgenlerde de dik kenarlar 3 ve 2, alan 3 birimkaredir. [AB] doğru parçasının orta noktası (52, 1) olup bunun y-eksenine göre görüntüsü (−52, 1), tam olarak [A′B′] doğru parçasının orta noktasıdır.

Uzunluk ve alan korunsa da değişebilen bir özellik vardır: yöneliş, yani köşelerin dolanım yönü. ABC üçgeninde A'dan sağa B'ye, oradan sol yukarı C'ye gidip A'ya dönerken saat yönünün tersine dolanırız. y-eksenine göre simetrikte ise A′'den sola B′'ye, oradan sağ yukarı C′'ye gideriz; dolanım artık saat yönündedir. Kural şudur: Bir doğruya göre simetri dolanım yönünü tersine çevirir; öteleme ve dönme korur. Noktaya göre simetri ise 180° dönme ile aynı olduğundan yönelişi korur. Bunu hesapla da denetleyebiliriz: D = (x_B − x_A)(y_C − y_A) − (x_C − x_A)(y_B − y_A) ifadesi pozitifse dolanım saat yönünün tersine, negatifse saat yönündedir; |D| değerinin yarısı da üçgenin alanını verir. ABC için D = 3·2 − 0·0 = 6, A′B′C′ için D = (−3)·2 − 0·0 = −6, A″B″C″ için D = (−3)·(−2) − 0·0 = 6 bulunur.

Çemberin görüntüsü daha da kolaydır: Çember, merkezine eşit uzaklıktaki noktalardan oluştuğu ve izometriler uzaklığı koruduğu için görüntü yine bir çemberdir. Merkez dönüştürülür, yarıçap aynı kalır. Örneğin (x − 2)² + (y + 1)² = 9 çemberinin merkezi (2, −1), yarıçapı 3'tür. Orijine göre simetriğinin merkezi (−2, 1) olduğundan denklemi (x + 2)² + (y − 1)² = 9 olur. y = x doğrusuna göre simetride merkez (−1, 2) olur ve (x + 1)² + (y − 2)² = 9 elde edilir. (3, 4) vektörüyle ötelemede merkez (5, 3), orijin etrafında pozitif yönde 90° dönmede merkez (1, 2) olur. Aynı sonuca denklemde yerine koyarak da ulaşılır: Orijine göre simetride x yerine −x, y yerine −y yazılırsa (−x − 2)² + (−y + 1)² = 9, yani yine (x + 2)² + (y − 1)² = 9 bulunur.

Sorular her zaman 'noktayı ver, görüntüyü bul' biçiminde gelmez; bazen görüntü verilir ve ilk nokta, simetri doğrusu ya da dönme merkezi istenir. Bunun anahtarı ters dönüşümdür. (a, b) ötelemesinin tersi (−a, −b) ötelemesidir; herhangi bir simetrinin tersi kendisidir, çünkü iki kez yansıtılan nokta yerine döner; θ açılı dönmenin tersi ise −θ açılı dönmedir. Örneğin bir A noktası (3, −2) vektörüyle ötelenince (1, 4) noktasına gidiyorsa A = (1 − 3, 4 + 2) = (−2, 6) olur. Bir A noktası orijin etrafında pozitif yönde 90° döndürülünce A′(−3, 5) elde ediliyorsa, A′ noktasını saat yönünde 90° döndürmek gerekir: (x, y) → (y, −x) kuralıyla A = (5, 3) bulunur. Kontrol: (5, 3) noktasına (−y, x) kuralı uygulanınca (−3, 5) elde edilir.

Birbirinin simetriği olan iki nokta verildiğinde simetri doğrusu, bu iki noktayı birleştiren doğru parçasının orta dikmesidir. Bunun nedeni, bir doğruya göre simetrinin iki koşulundan gelir: Orta nokta doğrunun üzerindedir ve AA′ doğrusu simetri doğrusuna diktir. A(1, 2) ve A′(5, 6) için orta nokta M(3, 4), AA′ doğrusunun eğimi 6 − 25 − 1 = 1'dir. Simetri doğrusunun eğimi −1 olur ve denklemi y − 4 = −(x − 3), yani x + y − 7 = 0 bulunur. Kontrol için geçen hafta gördüğümüz y = −x + k kuralını kullanalım: k = 7 için (x, y) → (7 − y, 7 − x) olur ve (1, 2) noktası (5, 6) noktasına gider. Orta dikmenin her noktası A ve A′ noktalarına eşit uzaklıktadır; bu yüzden aynı doğru, bir dönme merkezini aramada da işe yarar.

Dönme merkezini bulmak için iki yol vardır. Açı biliniyorsa merkez M(a, b) harfle yazılır ve dönme kuralı uygulanır. A(4, 1) noktası bir M merkezi etrafında pozitif yönde 90° döndürülünce A′(0, 3) noktasına gidiyorsa A − M = (4 − a, 1 − b) farkı 90° dönmeyle (b − 1, 4 − a) olur; M eklenince (a + b − 1, b − a + 4) = (0, 3) yazılır. a + b = 1 ve b − a = −1 denklemlerinden a = 1, b = 0, yani M(1, 0) bulunur. Kontrol: |MA| = 9 + 1 = 10 ve |MA′| = 1 + 9 = 10. Açı bilinmiyorsa iki nokta ile görüntüsü gerekir: Merkez, her iki merkezin [AA′] ve [BB′] orta dikmelerinin kesişim noktasıdır. Hangi dönüşümün uygulandığı soruluyorsa da tek bir nokta çifti yetmez; aşağıdaki tabloda görüldüğü gibi B(3, 0) → (0, 3) eşlemesi hem 90° dönmede hem de y = x simetrisinde gerçekleşir.

Sınavlarda sık karşılaşılan bir soru türünde koordinatlar harflerle verilir ve simetri koşulundan bilinmeyenler bulunur. Yöntem hep aynıdır: Kuralı uygulayıp görüntüyü harfli olarak yazın, sonra karşılık gelen koordinatları eşitleyin. A(a + 2, 5) ve B(−3, b − 1) noktaları orijine göre simetrikse koordinatlar ters işaretlidir: a + 2 = 3 ve 5 = −(b − 1); buradan a = 1 ve b = −4 bulunur. A(m, 4) noktasının x = 3 doğrusuna göre simetriği (−1, n) ise (2·3 − m, 4) = (−1, n) yazılır; m = 7 ve n = 4 olur. A(2a − 1, b + 3) noktasının y = x doğrusuna göre simetriği (7, 1) ise görüntü (b + 3, 2a − 1) olduğundan b + 3 = 7 ve 2a − 1 = 1, yani b = 4 ve a = 1 bulunur. Hangi koordinatın hangisine eşitleneceğini karıştırmamak için görüntüyü mutlaka önce harfli olarak yazın.

İkinci tür soruda görüntünün belirli bir doğru üzerinde olması istenir. Bu durumda harfli görüntü doğru denkleminde yerine konur. A(k, 2) noktasının M(1, −1) noktasına göre simetriği (2 − k, −4) olur; bu nokta y = 2x − 3 doğrusu üzerindeyse −4 = 2(2 − k) − 3, yani −4 = 1 − 2k ve k = 52 bulunur. A(t, t + 1) noktası orijin etrafında pozitif yönde 90° döndürülünce (−t − 1, t) noktası elde edilir; bu nokta 2x + y = 4 doğrusu üzerindeyse −2t − 2 + t = 4 ve t = −6 olur. Kontrol: A(−6, −5) noktasının görüntüsü (5, −6) olup 10 − 6 = 4 sağlanır. İlginç bir gözlem: A(t, t + 1) noktaları y = x + 1 doğrusu üzerindedir ve görüntülerin koordinat toplamı her t için −t − 1 + t = −1 olur. Yani 90° dönme y = x + 1 doğrusunu x + y + 1 = 0 doğrusuna götürür; eğimler 1 ve −1 olduğundan iki doğru birbirine diktir, tam da 90° dönmeden beklendiği gibi.

Simetri doğrusunun kendisi de bilinmeyen içerebilir. A(3, 1) noktasının y = mx doğrusuna göre simetriği A′(1, 3) ise iki koşul kullanılır: Orta nokta (2, 2) doğru üzerinde olmalıdır, buradan 2 = 2m ve m = 1 bulunur; diklik kontrolü olarak AA′ eğimi 3 − 11 − 3 = −1 ile doğrunun eğimi 1'in çarpımı −1'dir. Son olarak bölge soruları işaret takibiyle çözülür. Koordinatları belli olmayan bir P(a, b) noktası ikinci bölgedeyse a < 0 ve b > 0'dır; y = x doğrusuna göre simetriği (b, a) için b > 0 ve a < 0 olduğundan görüntü dördüncü bölgededir. Aynı noktanın y = −x doğrusuna göre simetriği (−b, −a) için −b < 0 ve −a > 0 olduğundan görüntü yine ikinci bölgede kalır. Aşağıdaki tablo, ikinci bölgedeki P(−2, 4) noktasının altı farklı görüntüsünü göstermektedir.

Geçen hafta orijin etrafında pozitif yönde θ açısıyla dönmenin x′ = x·cos θ − y·sin θ ve y′ = x·sin θ + y·cos θ formülleriyle yapıldığını gördük. Saat yönünde θ açısıyla dönme, pozitif yönde −θ açısıyla dönmedir. cos(−θ) = cos θ ve sin(−θ) = −sin θ olduğundan formül x′ = x·cos θ + y·sin θ ve y′ = −x·sin θ + y·cos θ biçimini alır. Örneğin A(23, 2) noktası saat yönünde 30° döndürülürse x′ = 23·32 + 2·12 = 3 + 1 = 4 ve y′ = −23·12 + 2·32 = −3 + 3 = 0 olur; görüntü A′(4, 0) noktasıdır. Açılar 360°'lık farklarla aynı dönmeyi verir: 450° dönme 90° dönmeye, −270° dönme de pozitif yönde 90° dönmeye eşittir. Bu yüzden büyük ya da negatif açıları önce 0° ile 360° arasına indirmek işlemi kısaltır.

Dönmeyi anlamanın bir başka yolu uzaklık ve açı ile düşünmektir. Orijine uzaklığı r olan ve OA ışını x-ekseninin pozitif yönüyle α açısı yapan bir nokta A(r·cos α, r·sin α) biçiminde yazılabilir. θ açılı dönme uzaklığı korur ve açıyı θ kadar artırır: A′(r·cos(α + θ), r·sin(α + θ)). Toplam formülleri açıldığında dönme formülünün tam olarak bu olduğu görülür. A(0, 4) noktası için r = 4 ve α = 90°'dir; pozitif yönde 135° dönmede yeni açı 225° olur ve A′(4·cos 225°, 4·sin 225°) = (−22, −22) bulunur. Formülle kontrol: x′ = 0·cos 135° − 4·sin 135° = −4·22 = −22, y′ = 0·sin 135° + 4·cos 135° = −22. Aynı düşünceyle A(4, 0) noktasının 60° dönmeyle (2, 23), 120° dönmeyle (−2, 23) noktasına gittiğini doğrudan yazabiliriz: Nokta, yarıçapı 4 olan çember üzerinde kayar.

Merkez orijin değilse, örneğin M(a, b) ise, geçen hafta 90° için kullandığımız üç adım her açı için geçerlidir: (1) A − M farkı alınır, (2) bu fark orijin etrafında döndürülür, (3) sonuca M eklenir. Tek formülle: x′ = a + (x − a)·cos θ − (y − b)·sin θ, y′ = b + (x − a)·sin θ + (y − b)·cos θ. A(4, 1) noktası M(2, 1) etrafında pozitif yönde 60° döndürülsün: A − M = (2, 0); 60° dönmeyle (1, 3); M eklenince A′(3, 1 + 3) bulunur. A(3, 5) noktası M(1, 2) etrafında saat yönünde 90° döndürülsün: A − M = (2, 3); saat yönünde 90° dönme (x, y) → (y, −x) kuralıyla (3, −2); M eklenince A′(4, 0) olur. Kontrol: |MA| = 4 + 9 = 13 ve |MA′| = 9 + 4 = 13; ayrıca MA ile MA′ vektörleri (2, 3) ve (3, −2) için 2·3 + 3·(−2) = 0 olduğundan aradaki açı gerçekten 90°'dir.

Bir köylü, A noktasındaki evinden çıkıp düz bir nehir kıyısına (d doğrusu) uğrayarak su alacak, sonra B noktasındaki tarlasına gidecektir. Kıyıdaki hangi P noktasına uğrarsa yolu en kısa olur? A ve B noktaları d doğrusunun aynı tarafında olsun. A'nın d'ye göre simetriği A′ alınırsa d üzerindeki her P noktası için |AP| = |A′P| olur, çünkü d, [AA′] doğru parçasının orta dikmesidir. Böylece |AP| + |PB| = |A′P| + |PB| yazılır. Üçgen eşitsizliğine göre bu toplam en az |A′B| kadardır ve eşitlik ancak P noktası A′B doğru parçası üzerindeyken sağlanır. Sonuç: Aranan P noktası, A′B doğrusunun d'yi kestiği noktadır ve en kısa yol |A′B| uzunluğundadır. Burada geçen haftanın 'noktanın bir doğruya göre simetrisi' becerisi doğrudan bir optimizasyon aracına dönüşür.

Sayısal bir örnek çözelim: A(1, 3), B(5, 1) ve d olarak x-ekseni alınsın. İki noktanın ordinatı da pozitif olduğundan aynı taraftadırlar. A'nın x-eksenine göre simetriği A′(1, −3)'tür. A′B doğrusunun eğimi 1 − (−3)5 − 1 = 1, denklemi y = x − 4'tür; y = 0 için x = 4 olduğundan P(4, 0) bulunur. En kısa toplam |A′B| = 16 + 16 = 42 birimdir. Kontrol: |AP| = 9 + 9 = 32, |PB| = 1 + 1 = 2 ve toplam 42 ≈ 5,66'dır. Başka bir nokta, örneğin Q(2, 0) seçilseydi toplam 10 + 10 ≈ 6,32 olurdu. Bu çözümün fiziksel bir anlamı da vardır: P noktasında AP ve PB doğrularının x-ekseniyle yaptığı açılar eşittir (ikisi de 45°). Işık bir aynadan yansırken gelme açısı yansıma açısına eşittir; bu yüzden ışık A'dan çıkıp aynaya çarparak B'ye ulaşırken mümkün olan en kısa yolu izler. Bilardo topunun banda çarpıp hedefe gitmesi de aynı ilkeyle hesaplanır.

Noktalar d'nin farklı taraflarındaysa simetriye gerek yoktur: A'dan B'ye giden her yol d'yi zaten keser, en kısa yol AB doğru parçasıdır ve P = AB ∩ d olur. A ve B'nin aynı tarafta olup olmadığı, koordinatları d: ax + by + c = 0 denkleminin sol tarafında yerine koyarak anlaşılır: İki değer aynı işaretliyse noktalar aynı taraftadır. Simetri doğrusu y = x ise de yöntem değişmez: A(1, 3) ve B(2, 5) noktaları y = x doğrusunun üstündedir; A′(3, 1) olur, A′B doğrusu y − 1 = −4(x − 3), yani y = −4x + 13'tür. y = x ile kesişim x = −4x + 13 denkleminden x = 135 olup P(135, 135) ve en kısa toplam |A′B| = 1 + 16 = 17 bulunur. Farkın en büyük olması istenirse durum tersine döner: Aynı taraftaki A ve B için |PA − PB| en fazla |AB| olur ve bu değer P = AB ∩ d iken elde edilir. A(1, 3), B(5, 1) ve x-ekseni için AB doğrusu y = −12x + 72 olup P(7, 0) ve en büyük fark 25 bulunur.

Şimdiye kadar bir şekli dönüştürüp yeni bir şekil elde ettik. Bazen ise dönüşüm şekli kendisine eşler. Bir doğruya göre simetride şekil kendi üzerine düşüyorsa o doğruya şeklin simetri ekseni denir. Bir şekil, merkezi etrafında 0° ile 360° arasındaki bir açıyla döndürüldüğünde kendisiyle çakışıyorsa şeklin dönme simetrisi vardır; bunu sağlayan en küçük pozitif açıya dönme simetri açısı denir. 180° dönmede kendisine eşlenen şekiller noktaya göre simetriktir. Düzgün n kenarlı bir çokgenin n tane simetri ekseni vardır ve en küçük dönme simetri açısı 360°n olur: Eşkenar üçgende 3 eksen ve 120°, karede 4 eksen ve 90°, düzgün beşgende 5 eksen ve 72°, düzgün altıgende 6 eksen ve 60°. Kenar sayısı çift olan düzgün çokgenler merkeze göre simetriktir; eşkenar üçgen ve düzgün beşgen değildir.

Bu özellikleri koordinatlarla kanıtlayabiliriz. Köşeleri (2, 0), (0, 2), (−2, 0), (0, −2) olan kareye orijin etrafında 90° dönme kuralı (x, y) → (−y, x) uygulanınca (2, 0) → (0, 2) → (−2, 0) → (0, −2) → (2, 0) zinciri oluşur; köşeler yer değiştirir ama köşe kümesi aynı kalır, yani kare kendisine eşlenir. y = x doğrusuna göre simetride (2, 0) ile (0, 2), (−2, 0) ile (0, −2) yer değiştirir; demek ki y = x doğrusu bu karenin bir simetri eksenidir. Köşeleri A(0, 0), B(4, 0), C(5, 2), D(1, 2) olan paralelkenarın köşegenleri (52, 1) noktasında kesişir. Bu noktaya göre simetride A(0, 0) noktası (5, 2) = C noktasına, B(4, 0) noktası (5 − 4, 2 − 0) = (1, 2) = D noktasına gider; paralelkenar merkezine göre simetriktir. Ancak bu paralelkenar ne dikdörtgen ne de eşkenar dörtgen olduğundan hiçbir simetri ekseni yoktur: Hiçbir doğruya göre yansıtıldığında kendi üzerine düşmez.

Planımızın önerdiği gibi bilgi ve iletişim teknolojileri bu keşifleri hızlandırır. Dinamik geometri yazılımında bir çokgen çizip 'Vektör ile Ötele', 'Doğruya Göre Yansıt', 'Noktaya Göre Yansıt' ve 'Nokta Etrafında Açıyla Döndür' araçlarını uyguladığınızda görüntünün köşe koordinatları cebir penceresinde listelenir; bunları elle bulduğunuz sonuçlarla karşılaştırabilirsiniz. Açıyı bir kaydırıcıya bağlayıp 0°'den 360°'ye sürüklediğinizde şeklin hangi açılarda kendisiyle çakıştığını görerek dönme simetri açısını keşfedersiniz; simetri doğrusunu sürüklediğinizde ise görüntünün nasıl hareket ettiğini izlersiniz. Elektronik tablo ise kuralların bir bakışta sınanmasını sağlar: A sütununa x, B sütununa y değerlerini yazıp C2 hücresine =−B2, D2 hücresine =A2 formülünü girerseniz 90° dönme; C2 = B2, D2 = A2 yazarsanız y = x simetrisi; C2 = 2*3−A2, D2 = B2 yazarsanız x = 3 doğrusuna göre simetri hesaplanır. Formülü aşağı doğru kopyalayarak onlarca noktayı aynı anda dönüştürür ve grafik aracıyla şekli ve görüntüsünü birlikte çizdirebilirsiniz.