Yazar: Hüseyin Demir
İzometrilerle ilgili ilk yazımızda (Cilt 1, Sayı 2, s.16-20) düzlemdeki öteleme, dönme, simetri ve yansıma denilen izometrileri tanımlamış ve bunların çizim problemlerini çözme ve teorem ispatlamadaki bazı uygulamalarını vermiştik.
Bu yazımızda izometrilerin çarpımlarını ele alıp bunların, ilk bakışta çözümleri ve ispatları oldukça zor gibi görünen bazı çizim problemleri ve teoremlerinin çözüm ve ispatlarını vereceğiz.
Ayrıca düzlemde bu dört izometriden başka izometriler olup olmayacağını araştıracağız.
I. Tanım ve Özellikler
$f$ ve $g$ düzlemde iki izometri olsun. Eğer
$$f(P) = P’, g(P’) = P^{”}, \forall P $$
ise $P$ yi doğrudan $P^{”}$ ye gönderen dönüşüm,
$$(g\circ f)(P) = g(f(P)) = (gf)(P) = P^{”}$$
nedeniyle $g\circ f$ ya da $gf$ olur. Bunlardan birinciye $f$ nin $g$ ile bileşkesi aynı anlamda olan ikinciye $f$ nin $g$ ile çarpımı denir. Yazımızda her iki simgeyi de kullanacağız.
Çarpımda genel olarak değişme özelliği yoktur: $gf \not = fg$. Örnekleri biraz ileride vereceğiz. Buna karşın çarpımda birleşme özelliği var: $h(gf) = (hg)f$ Ayrıca, $$(f^{-1}f)(P) = f^{-1}(f(P)) = f^{-1}(P’) = P, \forall P$$ olup $$f^{-1}f = e = ff^{-1}$$ olduğunu görürüz. $gf$ çarpımının tersine gelince $$(gf)^{-1} = f^{-1}g^{-1}$$ olduğu kolayca şöyle gösterilir:
$$\begin{eqnarray*} (f^{-1}g^{-1})(gf) &=& f^{-1}(g^{-1}g)f^{-1} = f^{-1}(e)f\\ &=& f^{-1}(ef) = f^{-1}f = e. \end{eqnarray*}$$
Bazı sade örnekler verelim:
- $\vec{u} \circ \vec{u} = \vec{u}\vec{u} = 2\vec{u}$
- $(0, \beta)(0, \alpha) = (0, \alpha + \beta) = (0, \alpha)(0, \beta)$
- $A^{-1}\circ A = A\circ A = A^2 = e$
- $a^{-1}\circ a = a\circ a = a^2 = e$
2. Öteleme ve Simetri Üzerine Çarpımlar
Teorem I. a) İki ötelemenin çarpımı bir öteleme, b) iki simetrinin çarpımı bir öteleme, c) bir öteleme ile bir simetrinin çarpımı bir simetri’dir.
İspat: a) $\vec{u}$ ve $\vec{v}$ iki öteleme ise $\vec{u}\vec{v}$ nin, $\vec{u} + \vec{v}$ ötelemesi olduğu açıktır.
b) Şekilde $A$ ve $B$ gibi iki simetri alınmış ve $A(P) = P’, B(P) = P^{“}$ olduğu belirtilmiştir.
(Neden $\vec{PP^{”}} = 2\vec{AB}?$) O halde çarpım bir ötelemedir. Ayrıca $B\circ A \not = A\circ B$ olduğunu da görüyoruz.
c) $A$ bir simetri ve $\vec{u}$ bir öteleme ve
$$(\vec{u}\circ A) = \vec{u}(A(P)) = \vec{u}(P’) = P^{”}$$
olsun.
Şekilde $PP’P^{”}$ üçgeninin $[AA’]$ orta tabanı çizilmiştir. $\vec{AA’} = \vec{u}/2$ olduğundan $A’$ noktası sabittir. O halde $A'(P)= P^{”}$ olup çarpım $A’$ simetrisidir.
$A\circ\vec{u}$ çarpımı için bir şekil çizip $A^{”}$ çarpım simetrisini elde ediniz. $A’$ ve $A^{”}$ simetri merkezleri $A$ ya göre simetrik mi?
Teoremi böylece ispatladıktan sonra bunun ilginç iki uygulamasını verelim.
Uygulama 1.
$A$ ve $B$ gibi iki nokta (ev) ve bunların arasında birbirini kesmeyen düz iki yol $a$ ve $b$ olsun. $A$ dan kalkan bir kişi $a$ ya varıp bu yol üzerinde $[EF]$ kadar yürüyüp $b$ ye ve $b$ üzerinde $[GH]$ kadar yol alıp $B$ ye varsın.
En kısa yolu bulmak.
Çözüm: $[EF]$ yolunu öteleyerek ($\vec{AA’} = \vec{EF}$ alarak) $[AA’]$ durumuna getirirsek $[AEFG]$ yolu $[AA’FG]$ olur. Bu kısımda en kısa yol $[AA’G]$ dir. $b$ yoluna gelince, $[GH]$ yi $[A’A^{”}]$ olarak ötelediğimizde ($\vec{A’A^{”}} = \vec{GH}$ aldığımızda) yolumuz $[AA’A^{”}HB]$ olur. $A^{”}$ sabit olup en kısa yol olarak $[AA’A^{”}B]$ çıkar. Bu da $H = A^{”}B \cap b$ verir. $H$ bilinince sıra ile $G, F, E$ bulunur.
Sonuç I:
- Çift sayıda simetrilerin çarpımı bir öteleme,
- Tek sayıdakilerin çarpımı bir simetri
Gerçekten, simetriler $A_1, \ldots, A_{2n}, A$ olsun. Teorem 1’den
a)
$$\begin{eqnarray*} A_{2n}A_{2n-1}\cdots A_2A_1 &=& (A_{2n}A_{2n-1})\cdots (A_2A_1)\\ &=& (2\vec{A_{2n-1}A_{2n}})\circ \cdots \circ (2\vec{A_1A_2}) = \vec{u}\end{eqnarray*}$$
b) $AA_{2n}\cdots A_1 = A\circ\vec{u}$ (simetri)
Uygulama 2. Kenarlarının orta noktaları verilmiş olan beşgeni çizmek.
Çözüm: Çizimi istenilen beşgen $XYZUV$ ve kenarlarının verilen ortaları $A, B, C, D, E$ olsun.
$P$ herhangi bir nokta, $A(P) = P_1, B(P_1) = P_2, C(P_2) = P_3, D(P_3) = P_4, E(P_4) = P_5$ ise
$$(E\circ D\circ C\circ B\circ A)(P) = P_5$$
olup sol taraftaki beş simetrinin çarpımı bir simetri olur.
Bu simetrinin merkezi olan nokta, aranılan beşgenin $X$ köşesi olur. (Neden?).
3. Yansımaların çarpımı
Theorem 2. a) Eksenleri paralel iki yansımanın çarpımı bir öteleme, b) Eksenleri kesişenlerinki bir dönme’dir.
Bu öteleme ve dönmeyi aşağıdaki ispatta belirleyeceğiz.
İspat:
a) $a\parallel b$ ve $a(P) = P’, b(P’) = P^{”}$ olsun.
$\vec{PP^{”}}$ vektörü $a$ ve $b$ ye dik, $a$ dan $b$ ye doğru yönlü ve uzunluğu $a$ ile $b$ arasındaki $|a, b|$ uzaklığının iki katı olan bir vektördür. Bu vektörü $2\vec{ab}$ olarak gösteriyoruz. $\vec{PP^{”}} = 2\vec{ab}$.
O halde
$$(2\vec{ab})(P) = P^{”}$$
dir. $P$ noktası $a$ ile $b$ arasında ya da $b$ nin $a$ ya göre ters tarafında alınması halinde bu eşitliğin doğruluğunu gösterebilirsiniz.
b) $a \cap b = 0$ ve $\sphericalangle(a, b) =\theta$ olsun. Şekilden, $P$ yi doğrudan $P^{”}$ ye gönderen dönmenin $(0, 2\theta)$ olduğunu görüyoruz.
Bu sonucun $P$ nin her konumunda geçerli olduğunu gösterebilirsiniz.
Sonuç 2.
- Her $\vec{u}$ ötelemesi aralarındaki uzaklık $|\vec{u}|/2$ olan paralel eksenli iki yansımanın çarpımı,
- Her $(0, \theta)$ dönmesi, $0$ da kesişip aralarındaki açısı $\theta/2$ olan iki yansımanın çarpımı olarak alınabilir.
Sonuç 3.
Eksenleri bir noktada kesişen
- Çift sayıda yansımanın çarpımı bir dönme,
- Tek sayıdakilerinki bir yansıma
dır.
İspat: Bir $0$ noktasında kesişen yansımalar $a_1, a_2, \ldots, a_{2n}, a$ olsun.
a)
$$\begin{eqnarray*} a_{2n}a_{2n-1}\cdots a_2a_1 &=& (a_{2n}a_{2n-1})\cdots (a_2a_1)\\ &=& 0(\alpha_n)\cdots 0(\alpha_1)\\ &=& 0(\alpha_1 + \cdots + \alpha_n) = 0(\alpha)\end{eqnarray*}$$
b) $aa_{2n}\cdots a_1 = a(a_{2n}\cdots a_1) = a\circ 0(\alpha)$
Burada Sonuç 2b den $0(\alpha)$ yerine $a\circ b$ dönmesi alınabilir ve
$$a0(\alpha) = a(ab) = a^2 b = b$$
olur ve çarpım bir yansımadır.
Uygulama 3.
Çevrel çemberi ve kenarlarının orta dikmeleri verilen bir üçgen çizmek.
Çözüm: Orta dikmeler yansıma eksenleri olarak alınırsa $(bac)(X) = X$ olur. $bac$ çarpımı Sonuç 3b gereği bir yansımadır.
Sonuç 2b yi kullanarak $ac$ dönmesi yerine $bc’$ dönmesi alınırsa
$$X = (bac)(X) = (bbc’)(X) = c'(X)$$
çıkar. $X$ noktası $c’$ nün değişmez bir noktasıdır. O halde $X\in c’$ olup $X$ noktası $c’$ ile çemberin arakesiti olarak belirlenir.
$c’$ eksenini bulmaya gelince $bc’ = ac$ den $\sphericalangle(a, c) =\sphericalangle (b, c’)$ elde edilir. Bu da $c’$ nün çizimini verir.
Uygulama 4.
İç çemberi ve iç açıortayları verilen bir üçgen çizmek.
Çözüm: Açıortaylar $a, b, c$ ve kenarları $x, y, z$ olsun.
$a, b, c$ yansıma eksenleri olarak alınırsa
$$(bac)(x) = x$$
olur. Uygulama 3’teki gibi $ac = bc’$ alınırsa $x = (bac)(x) = (bbc’)(x) = c'(x)$ çıkar. O halde $x$ doğrusu $c’$ nün değişmez bir doğrusudur. $c’$ nün, $c’$ den farklı değişmez doğruları $c’$ ye dik doğrular olup $c’$ ye dik iki teğet doğru cevap olur.
Uygulama 5.
Bir $0$ noktasında kesişip aralarında $45^\circ$ olan $a$ ve $b$ gibi iki aynadan $a$ ya vuran bir $p$ ışını sıra ile $a, b, a, b$ den yansıyıp $p’$ ışını elde edildiğine göre $p’ \parallel p$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Bunu yansıma açılarının eşitliğinden yararlanarak açılarla gösterebilirsek de en kolay çözüm yansımaların çarpımı ile elde edilenidir.
$$\begin{eqnarray*} p’ &=& (baba)(p) = (ba)^2(p) = (0, 90^\circ)^2(p)\\ &=& (0, 180^\circ)(p) = 0(P)\end{eqnarray*}$$
olup $p’$ doğrusunun $p$ nin $0$ ya göre simetriği olduğu anlaşılır. O halde $p’\parallel p$.
4. Dönmelerin Çarpımı
Merkezleri aynı iki dönmenin çarpımı aynı merkezli bir dönmedir. Merkezleri farklı $(A, \alpha), (B, \beta)$ gibi iki dönmenin $(B, \beta)(A, \alpha)$ çarpımını ele alalım.
Merkezler doğrusu $d$ ise, $(A, \alpha)$ dönmesi yerine Sonuç 2b’den $da$ çarpımı ve $(B, \beta)$ yerine de $bd$ çarpımı alınırsa
$$(B, \beta)(A, \alpha) = (bd)(da) = bd^2a = ba$$
elde edilir ve sonuç bir dönmedir.
Bu $ba$ dönmesinin merkezi $c = a \cap b$ ve açısı ise
$$2\sphericalangle(a, c) = 2\frac{\alpha + \beta}{2} = \alpha + \beta.$$
O halde şu teoremi elde etmiş bulunuyoruz:
Teorem 3.
$A(\alpha), B(\beta)$ gibi iki dönmenin çarpımı $(C, \alpha + \beta)$ dönmesi olup $CAB$ üçgeninde
$$\sphericalangle CAB = \frac{\alpha}{2}, \sphericalangle ABC = \frac{\beta}{2}$$
dir.
Simetri, açısı $\pi$ olan bir dönme olup bir dönme ile bir simetrinin çarpımı bir dönmedir.
Öteleme, merkezi sonsuzda, açısı sıfır olan yoz bir dönme olup bir dönme ile bir ötelemenin çarpımının bir dönme olduğu beklenebilir. Bunu da şöyle gösteririz: Dönme $(A, \alpha)= qp$, öteleme de $\vec{u} = sr$ olsun.
$$\vec{a}(A, \alpha) = srqp$$
de $s, r$ çiftini paralel kaydırarak $r$ yi $A$ dan geçirelim. $p, q$ çiftini de $A$ etrafında döndürerek $q$ yu $r$ ile çakıştıralım. Bu durumda $rq$ çarpımı $e$ ve çarpım $ps$ olur. Bu da bir dönmedir. $C$ dönme merkezi $p\cap s$ ve açı $\alpha$ olur.
Uygulama 6.
Kesişen $a, b$ doğruları ile $A$ ve $B$ gibi iki nokta verilmiştir.
$P \in a, R \in b$ olmak üzere ikizkenar dik $APQ$ ve $BQR$ üçgenlerini çizmek.
Çözüm: $(B, 90^\circ ) (A, 90^\circ)(P)= R$ olup dönmelerin çarpımı $(C, 180^\circ)$ simetrisidir. $C$ merkezi, tabanı $[AB]$ ve taban açıları $90^\circ /2, 90^\circ /2$ olan $CAB$ ikizkenar dik üçgenin tepe noktasıdır.
$a$ nın $C$ ye göre $a’$ simetriği $b$ yi, aranılan $R$ noktasında keser. $R$ den de $Q$ ve sonra $P$ bulunur.
Uygulama 7. Teorem.
Bir $ABCD$ karesinin $[AB]$ kenarı taban kabul edilerek taban açıları $75$’er derece olan ikizkenar $EAB$ üçgeni çizilirse $EDC$ üçgeni eşkenar olur.
İspat: $EAB$ üçgeni, $(B, 150^\circ)$ dönmesiyle $(A, 150^\circ)$ dönmesinin çarpımını hatırlatmaktadır. Çarpım da $(E, 300^\circ)$ dür.
$(B, 150^\circ)$ dönmesi, $C$ noktasına uygulandığında elde edilen $C’$ görüntüsü, $[AB]$ kenarının orta dikmesi üzerine düşer. (Neden?) Buna da $(A, 150^\circ)$ uygulanırsa $D$ noktası elde edilir. O halde çarpım $C$ yi $D$ ye dönüştürür. Öte yandan çarpımın sonucu olan $(E, 300^\circ)$ dönmesi de $C$ noktasını $D$ ye götürür. Böylece $\sphericalangle BAC = 360 – 300 = 60^\circ$ bulunur.
5. DüzIemde Başka İzometriler Var mı?
Düzlemde öteleme, dönme, simetri ve yansıma adını verdiğimiz dört izometrinin varlığından söz etmiştik. Yukarıdaki sorumuza cevap vermek için $ABC$ ve $A’B’C’$ gibi birbirine eş iki üçgen alalım.
a) Üçgenler aynı yönlü olsun.
$ABC$ yi $A’B’C’$ ye gönderen izometrileri arayalım. Eğer karşılıklı kenarlar birbirine paralel ise bu izometri bir ötelemedir. Kenarların paralel olmaması durumunda Önce karşılıklı iki köşeyi çakıştıran bir öteleme, ardından bir dönme iki üçgeni çakıştırmış oluruz. Böylece ötelemeyle dönmenin çarpımı söz konusu olup, sonuç izometri bir dönme olur. Bu a) şıkkında yeni bir izometri ortaya çıkmadı.
b) Üçgenler ters yönlü olsun.
Bir öteleme ile $ABC$ yi, $B_1$ ile $B’$ çakışacak şekilde öteleyerek $A_1B_1C_1$ üçgenini elde edelim. $A_1B_1C_1$ ile $A’B’C’$ nün, $A’$ dan geçen bir $d$ doğrusuna göre simetrik olacakları açıktır. O halde $ABC$ üçgenini ters yönlü eş $A’B’C’$ üçgenine dönüştüren dönüşüm bir öteleme ile bir $d$ yansımasının çarpımıdır. Bu da yeni bir izometridir.
Öteleme $\vec{u} = \vec{AA_1}$ ve yansıma $d$ olup yeni izometri $d\circ \vec{u}$ olur.
Kaymalı Yansıma.
$d$ bir yansıma ve $\vec{u}$ da $d$ ye paralel bir vektör (öteleme) ise $d\vec{u}$ çarpımına kaymalı yansıma adı verilir. $d\vec{u} = \vec{u}d$ olduğunu hemen görebilirsiniz.
Teorem 4.
Herhangi bir öteleme ile bir yansımanın çarpımı kaymalı bir yansımadır.
İspat: $d$ bir yansıma ve $\vec{w}$ herhangi bir öteleme olsun. $\vec{w}$ yi $\vec{u}\parallel d$ ve $\vec{v} \perp d$ olmak üzere $\vec{u} +\vec{v}$ olarak yazabiliriz. Bu toplam $\vec{u}\vec{v}$ çarpımı olup
$$\vec{w}d = (\vec{u}\vec{v})d$$
eşitliğinde $\vec{v}$ yerine $d’d$ aldığınızda (Sonuç 2’den)
$$\vec{w}d = \vec{u}(d’d)d = \vec{u}d’, ()d’\parallel d)$$
bulunur ki bu bir kaymalı yansımadır.
Alıştırmalar
1. Herhangi bir yansıma ile bir dönmenin
$$a)\, (A, \alpha)a\quad b)\, a(0, \alpha)$$
çarpımlarının kaymalı birer yansıma olduğunu ispatlayınız.
2. izometrilerin aşağıdaki çarpım tablosunda boş kutulara gelen izometrilerin adlarını bulunuz.
3. Aşağıdaki izometrilerin adlarını bulunuz.
a) $A\vec{u}(0, \alpha)$
b) $\vec{u}(0, \alpha)A$
c) $\vec{v}\vec{u}a$
d) $\vec{v}\vec{u}A$
e) $b(0, \alpha)A\vec{u}$
f) $CBAcba$
Bu konuya ilgi duyanlar aşağıda verdiğimiz kitaba başvurabilirler. Bu kitapta 47 tane çözümlü problem yer almaktadır.
Gelecek sayıda homoteti ve benzerlik dönüşümlerini ele alacağız.
KAYNAK
YAGLOM, I.M. “Geometrik Transformasyonlar”, TMD Yayınları, sayı: 34 (Çev: Vehbi K. Güney), İstanbul, 1969.
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1991 yılı 3. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
