Çemberin Analitiği

Çember, sabit M(a,b) noktasına uzaklığı r olan noktaların kümesidir; r>0 olmalıdır. P(x,y) için uzaklık bağıntısı $\displaystyle \sqrt{(x-a)^2+(y-b)^2}=r$ olur. İki taraf da negatif olmadığından kare almak eşdeğerdir: $\displaystyle (x-a)^2+(y-b)^2=r^2$. Eşitlik çemberin sınırını, ≤ işareti ise çemberle birlikte içindeki daireyi anlatır.

A(−2,1) ve B(4,5) çapın uçlarıysa merkez orta nokta M(1,3) olur. $\displaystyle AB=\sqrt{6^2+4^2}=2\sqrt{13}$ ve $\displaystyle r=\sqrt{13}$. Denklem $\displaystyle (x-1)^2+(y-3)^2=13$'tür. İki noktanın yalnız çember üzerinde olması aynı sonucu vermez; çap oldukları bilgisi zorunludur.

Merkez M(−1,2), çevre üzerindeki nokta P(2,6) ise $\displaystyle r^2=3^2+4^2=25$ bulunur. Denklem $\displaystyle (x+1)^2+(y-2)^2=25$ olur. Yarıçapı önce köklü bulup yeniden karesini almak yerine doğrudan r² hesaplamak işlemi kısaltır.

A(0,0), B(4,0), C(0,6) aynı doğru üzerinde değildir. AB'nin orta dikmesi x=2, AC'ninki y=3 olduğundan merkez (2,3), r²=13'tür. Genel durumda üç noktanın çember denklemlerini birbirinden çıkararak iki doğrusal merkez denklemi elde edebilirsin. Üç farklı nokta aynı doğru üzerindeyse sonlu yarıçaplı tek bir çember oluşturmaz.

$\displaystyle (x-a)^2+(y-b)^2=r^2$ açıldığında $\displaystyle x^2+y^2-2ax-2by+a^2+b^2-r^2=0$ olur. $\displaystyle x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$ biçiminde D=−2a, E=−2b, F=a²+b²−r²'dır. Dolayısıyla merkez $\displaystyle (-D/2,-E/2)$ olarak okunabilir; yarıçapı bulmak için sabit terim de gereklidir.

Genel denklemde $\displaystyle r^2=(D^2+E^2)/4-F$ olur. Pozitifse gerçek çember vardır. Sıfırsa yalnız merkez noktası çözüm olur; bu dersin r>0 tanımına göre çember değildir. Negatifse kareler toplamı negatif olamayacağından gerçek çözüm yoktur. $\displaystyle x^2+y^2+2x-4y+6=0$ için $\displaystyle (x+1)^2+(y-2)^2=-1$ çıkar: çember çizilemez.

$\displaystyle Ax^2+By^2+Dx+Ey+F=0$ biçiminde bir denklemin çember olması için A=B≠0 olmalıdır; sonra bu ortak katsayıya bölünüp r²>0 koşulu aranır. Katsayıların ikisinin de negatif olması engel değildir; negatif sayıya bölerek standart biçime gelinir. $\displaystyle 2x^2+2y^2-8x+4y-10=0$, ikiye bölününce merkezi (2,−1), r²=10 olan çemberi verir. A≠B ise bu biçimde çember elde edilmez.

$\displaystyle x^2+y^2-4x+2y+k=0$ için merkez (2,−1) ve r²=5−k olur. Gerçek çember için k<5 gerekir. k=5'te tek nokta, k>5'te boş küme vardır. Soruda ayrıca yarıçap 2 deniyorsa 5−k=4 ile k=1 bulunur. Parametreyi belirlerken varlık koşulunu sona bırakma.

$\displaystyle x^2+y^2=25$ ile y=3 doğrusunda $\displaystyle x^2+9=25$, yani x=±4 çıkar. Kesişimler (−4,3) ve (4,3) olur. Doğru y=5 olsaydı x²=0 ile yalnız (0,5) bulunurdu. y=6 için x²=−11'in gerçek çözümü yoktur. x=k biçimindeki düşey doğruda ise x'i sabit tutup y'yi çöz.

y=mx+n ifadesini çember denklemine yazınca ikinci derece bir x denklemi elde edilir. Δ>0 iki nokta, Δ=0 teğet, Δ<0 ortak nokta yok demektir. Δ=0 kökün iki kez sayılması, iki ayrı kesişim noktası olduğu anlamına gelmez. Uzaklık yöntemi yalnız konumu bulmada kısa; denklem yöntemi koordinatları bulmada kullanışlıdır.

Merkezden kesene indirilen dikme kirişi ortalar. Yarım kiriş uzunluğu $\displaystyle \sqrt{r^2-d^2}$, tam uzunluk $\displaystyle 2\sqrt{r^2-d^2}$ olur. r=5, d=3 için uzunluk 8 çıkar; (−4,3) ile (4,3) arasındaki uzaklık da 8'dir. d=r olduğunda uzunluk sıfıra iner ve iki kesişim tek noktada birleşir.

$\displaystyle (x-1)^2+(y+2)^2=9$ çemberi ile y=k doğrusu için merkez uzaklığı |k+2|'dir. −5<k<1 ise kesen; k=−5 veya k=1 ise teğet; k<−5 veya k>1 ise dış doğrudur. Böylece birçok doğruyu tek tek çözmek yerine mutlak değer eşitsizliğiyle sınıflandırırsın.

M(a,b) merkezli çemberde P(x₁,y₁) noktasının teğeti, P'den geçer ve MP yarıçapına diktir. Ancak önce $\displaystyle (x_1-a)^2+(y_1-b)^2=r^2$ sağlanmalıdır. İçteki noktadan teğet çizilemez; dıştaki bir noktadan ise iki farklı teğet çizilebilir. Bu üç durumu aynı formüle körlemesine sokamayız.

Teğetin üzerindeki X(x,y) için PX yönü, MP=(x₁−a,y₁−b) yönüne diktir. Bu yüzden $\displaystyle (x_1-a)(x-x_1)+(y_1-b)(y-y_1)=0$ olur. P çember üzerinde olduğundan eşdeğer biçim $\displaystyle (x_1-a)(x-a)+(y_1-b)(y-b)=r^2$'dir. Bu denklem düşey teğetleri de kapsar.

Q(5,0)'dan $\displaystyle x^2+y^2=9$ çemberine giden sonlu eğimli doğrular y=m(x−5) şeklindedir. Teğetlik için $\displaystyle 5|m|/\sqrt{m^2+1}=3$ gerekir. Kare alınca 25m²=9m²+9; m=±3/4 bulunur. Böylece iki teğet y=±(3/4)(x−5)'tir. Ayrı kontrol edilen x=5 düşey doğrusu merkeze 5 uzaklıkta olduğu için teğet değildir.

Q(3,4)'ten aynı r=3 çemberine çizilen teğetlerden biri x=3 düşey doğrusudur. y=m(x−3)+4 ailesi bunu içermez. Sonlu eğimli teğet için |4−3m|/√(m²+1)=3 yazılır; m=7/24 çıkar. Teğet ararken noktanın x koordinatından geçen düşey doğruyu ayrıca incelemek, kayıp çözümü önler.

Dış nokta Q ile teğet noktası T için MT⊥QT olduğundan $\displaystyle QT=\sqrt{MQ^2-r^2}$. Q(5,0), M(0,0), r=3 örneğinde uzunluk 4'tür. Teğet noktasının koordinatı istenmiyorsa iki denklemi çözmeye gerek yoktur; isteniyorsa bulunan teğet ile çemberin ortak çözümü alınır.

İki eksene teğet ve merkezi birinci bölgede olan çember P(2,1)'den geçsin. Merkez (r,r) olduğundan $\displaystyle (2-r)^2+(1-r)^2=r^2$ yazılır. Düzenlenince r²−6r+5=0; r=1 veya r=5 bulunur. İkisi de pozitiftir ve verilen koşulları sağlar. Sorunun tek çember istediğini varsayıp büyük yarıçapı eleme.

Merkezi y=x üzerinde ve A(0,0), B(4,0)'dan geçen çemberi düşün. A ve B'ye eşit uzaklık merkezi x=2 orta dikmesine zorlar. y=x koşuluyla merkez (2,2); r²=8 bulunur. İki koşul, iki doğru kesişimi hâline geldi. Sonuç $\displaystyle (x-2)^2+(y-2)^2=8$ denklemidir.

Bir çemberi öteleme, yansıma veya dönmeyle taşıdığında uzaklıklar korunur. Merkez aynı dönüşümle taşınır, yarıçap değişmez. $\displaystyle (x-2)^2+(y+1)^2=9$ çemberini orijinde pozitif 90° döndürürsen merkez (2,−1)→(1,2) gider; yeni denklem $\displaystyle (x-1)^2+(y-2)^2=9$ olur. Bütün çevre noktalarını ayrı ayrı dönüştürmek gerekmez.

Bulduğun merkez ve yarıçapı her koşulda denetle: yarıçap pozitif mi, verilen nokta denklemi sağlıyor mu, teğet doğruların uzaklığı yarıçapa eşit mi? Bir denklem karesi alınarak çözüldüyse başlangıçtaki işaret ve uzaklık koşullarına geri dön. Çember sorularında aday çözüm sayısı ile geçerli çember sayısı her zaman aynı olmayabilir.