1
Mat 201 Lineer Cebir ˘ ˙ ILE ˙ ˙ ˙ I˙ ORNEK ¨ MAT 201 DO GRUSAL CEB IR ILG IL SORULAR 2 ¨ UZAYI KAVRAMI VEKTOR
1. n ∈ N olmak ¨uzere R cismi ¨ust¨ unde derecesi n sayısından b¨uy¨ uk olmayan b¨ut¨un polinomların k¨umesi V olsun. Ba¸ska bir anlatımla V = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn : a 0 , a1 , a2 ,...,a olsun. V nin
R
n
∈
cismi ¨ust¨ unde bir vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz.
R
C ¸¨ oz¨ um: V k¨umesinde toplama i¸slemi, a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn + b0 + b1 x + b2 x2 + . . . + bn xn
= (a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 + . . . + (an + bn )xn
e¸sitli˘giyle tanımlıdır. Skalarla ¸carpma i¸slemi c(a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn ) = ca0 + (ca1 )x + (ca2 )x2 + . . . + (can )xn e¸sitli˘giyle tanımlıdır. p = p 0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn
ve q = q 0 + q1 x + q2 x2 + . . . + qn xn
olsun. p + q tanımlıdır ve p + q = (p0 + q0 ) + ( p1 + q1 )x + (p2 + q2 )x2 + . . . + (pn
1
−
+ qn )xn
R
dir. , toplamaya g¨oore re kapalı gundan (p0c+ q0 ), Kısaca ( p1 + q1V ), (k¨ pu2mesi + q2 ),toplamaya ..., ( pn +g¨ qonre ) sayıları da reel sayıdır. Buna g¨ p + q ∈oldu˘ V oldu˘ gu apa¸ ıktır. kapalıdır. V k¨ umesinde alınan p, q, r polinomları i¸cin (p + q ) + r = (p0 + q0 ) + ( p1 + q1 )x + (p2 + q2 )x2 + . . . + (pn +(r0 + r1 x + r2 x2 + . . . + rn xn )
1
−
+ qn )xn
= [(p0 + q0 ) + r0 ] + [(p1 + q1 ) + r1 ] x + [(p2 + q2 ) + r2 ] x2 + . . . + [(pn + qn ) + rn ] xn = [p0 + (q0 + r0 )] + [p1 + (q1 + r1 )] x + [p2 + (q2 + r2 )] x2 + . . . + [pn + (qn + rn )] xn = p0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn + (q0 + r0 ) + (q1 + r1 )x + (q2 + r2 )x2 + . . . + (qn + rn )xn
= p + (q + r)
oldu˘gundan ( p + q ) + r = p + (q + r) dır. Buna g¨ore V k¨umesinde toplamanın birle¸sme o¨zelli˘ gi vardır. V k¨ umesinde toplama i¸slemine g¨ ore birim eleman vardır ve bu eleman 0 + 0x + 0x2 + . . . + 0xn
2
Mat 201 Lineer Cebir
polinomudur. Bu polinomu 0 ile g¨osterece˘ giz ve “sıfır polinomu” diye adlandıraca˘gız. Bu polinomun toplamaya g¨ore birim eleman oldu˘gu kolayca g¨or¨ ulebilir. V nin her bir p polinomunun toplamaya g¨ore tersi vardır ve p = p 0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn ise
−p = (−p ) + ( −p )x + (−p )x2 + . . . + (−p )xn 0
1
2
n
dır. p + (−p) = 0 ve ( −p) + p = 0 oldu˘gu kolayca g¨or¨ ulebilir. −p polinomunun
−p = −p0 − p1 x − p2 x2 − . . . − pn xn e¸sitli˘giyle verilebilece˘gi apa¸cıktır. K
cismindeki toplama i¸sleminin de˘gi¸sme o¨zelli˘ gi bulundu˘gundan
q + p = (q0 + p0 ) + (q1 + p1 )x + (q2 + p2 )x2 + . . . + (qn + pn )xn = (p0 + q0 ) + ( p1 + q1 )x + (p2 + q2 )x2 + . . . + (pn + qn )xn = p + q ¨ olur. Oyleyse, V deki toplamanın de˘gi¸sme o¨zelli˘ gi vardır. Buraya de˘gin, V nin toplamaya g¨ore de˘gi¸smeli grup oldu˘ gu g¨osterilmi¸s oldu. c(p + q ) = c[(p0 + q0 ) + ( p1 + q1 )x + (p2 + q2 )x2 + . . . + (pn + qn )xn ] = c(p0 + q0 ) + c(p1 + q1 )x + c(p2 + q2 )x2 + . . . + c(pn + qn )xn = (cp0 + cq0 ) + (cp1 + cq1 )x + (cp2 + cq2 )x2 + . . . + (cpn + cqn )xn = cp + cq dır. (c + d)p = (c + d)(p0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn ) = (c + d)p0 + (c + d)p1 x + (c + d)p2 x2 + . . . + (c + d)pn xn = (cp0 + dp0 ) + (cp1 + dp1 )x + (cp2 + dp2 )x2 + . . . + (cpn + dpn )xn = (cp0 ) + (cp1 )x + (cp2 )x2 + . . . + (cpn )xn + (dp0 ) + (dp1 )x + (dp2 )x2 + . . . + (dpn )xn = c(p0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn ) + d(p0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn ) = cp + dp dır. (cd)p = (cd)(p0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn ) = (cd)p0 + (cd)p1 x + (cd)p2 x2 + . . . + (cd)pn xn = c(dp0 )+c(dp1 )x+c(dp2 )x2 +. . .+c(dpn )xn = c (dp0 ) + (dp1 )x + (dp2 )x2 + . . . + (dpn )xn = c(d(p0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn )) = c(dp)
dır. Son olarak 1p = 1(p0 + p1 x + p2 x2 + . . . + pn xn ) = 1p0 + (1 p1 )x + (1p2 )x2 + . . . + (1pn )xn = p
Mat 201 Lineer Cebir oldu˘gu apa¸cıktır.
3
2. u = (3, −2) , v = (−1, 3) , w = (2, 1) oldu˘guna g¨ore (3 u − v) − (u + 2w) vekt¨or¨un¨un bile¸senlerini bulunuz. C ¸¨ oz¨ um:
dur.
(3u − v) − (u + 2w) = 3u − v − u − 2w = 2u − v − 2w = 2 (3, −2) − (−1, 3) − 2(2, 1) = (6, −4) + (1, −3) − (4, 2) = (6 + 1 − 4, − 4 − 3 − 2) = (3, −9)
4
Mat 201 Lineer Cebir ¨ UZAYI ALT VEKTOR
1. H = {(t, −5t) : t ∈ R} oldu˘guna g¨ore H k¨umesinin, R2 uzayının bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu alt vekt¨or uzayını geometrik olarak a¸cıklayınız. C ¸¨ oz¨ um: H k¨umesi,
R2
vekt¨ or uzayının bo¸s k¨ umeden farklı bir alt k¨umesidir.
(c ∈ R, u ∈ H, v ∈ H )
⇒ ⇒
c ∈ R, u = (t, −5t), v = (s, −5s) u + cv = (t + cs, − 5(t + cs))
dir. t + cs = k diyelim. Buna g¨ore u + cv = (k, −5k) olur. k bir reel sayı oldu˘gundan u + cv ∈ H oldu˘gu apa¸cıktır. B¨oylece H nın alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osterdik. ¨ H nın her bir u elemanının, u = t(1, −5) bi¸ciminde yazılabildi˘gini g¨ord¨ un¨uz m¨u? Oyleyse geometrik olarak u vekt¨ or¨ u, (1 , −5) vekt¨or¨un¨ un bir sayı ile ¸ carpımına e¸sittir. Buna g¨ore u vekt¨ or¨ un¨u belirten nokta, (0 , 0) ve (1 , −5) noktalarından ge¸cen do˘gru ¨ust¨ undedir. Geometrik olarak H k¨umesi, d¨uzlemde ba¸slangı¸c noktasından ve (1 , −5) noktasından ge¸cen do˘grudur. 2. H = {(t + 1, 2t) : t ∈ R} oldu˘guna g¨ore H k¨ umesinin, bir alt vekt¨or uzayı olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: H k¨umesi, R2 vekt¨ or uzayının bo¸s k¨ umeden farklı bir alt k¨umesidir. Bu k¨umenin alt vekt¨or uzayı olması i¸cin R2 nin sıfır vekt¨or¨un¨ u kapsaması gerekir. Burada verilen k¨ ume sıfır elemanını i¸cermez. C ¸ u¨nk¨u (t + 1, 2t) = (0, 0) olacak bi¸cimde bir t reel sayısı bulunamaz. Buna g¨ore H k¨umesi, bir alt vekt¨or uzayı de˘gildir. 3. H = g¨osteriniz.
2t, 3t2 : t ∈ R oldu˘guna g¨ore H k¨umesinin, bir alt vekt¨or uzayı olup olmadı˘gını
C ¸¨ oz¨ um: H k¨umesi R2 vekt¨ or uzayının bir alt k¨umesidir. Bu k¨umenin alt vekt¨or uzayı olması i¸cin toplamaya ve skalarla ¸carpmaya g¨ore kapalı olması gerekir. H k¨ umesinde t nin ¨ farklı iki de˘geri i¸cin elde edilen iki eleman g¨ oz ¨on¨une alalım. Orne˘ gin t = 1 ve t = 2 i¸cin sırasıyla u = (2, 3) ve v = (4, 12) elde edilir. u ∈ H ve v ∈ H dır. u + v = (6, 15) olur. (6, 15) = 2t, 3t2 olacak bi¸cimde bir t reel sayısı bulunamaz. Buna g¨ore (6 , 15) ∈ / H dır. B¨oylece H k¨umesinin toplamaya g¨ore kapalı olmadı˘gını g¨ostermi¸s olduk. Demek ki H k¨umesi, bir alt vekt¨or uzayı de˘gildir.
4. H =
−4t 2t − s 5t − 3s
: t, s ∈ C
uzayı olup olmadı˘gını g¨osteriniz.
oldu˘ guna g¨ore H k¨umesinin,
C3 1
uzayının bir alt vekt¨or
C ¸¨ oz¨ um: H k¨umesi, C31 vekt¨ or uzayının bo¸s k¨ umeden farklı bir alt k¨umesidir. c ∈ C, u ∈ H,
5
Mat 201 Lineer Cebir
v ∈ H olsun. u =
−4t1 2t1 − s1 5t1 − 3s1 u + cv =
ve v =
−4t2 2t2 − s2 5t2 − 3s2
bi¸cimindedir.
−4 (t1 + ct2 ) 2 (t1 + ct2 ) − (s1 + cs2 ) 5 (t1 + ct2 ) − 3 (s1 + cs2 )
−4k 2k − λ olur. λ ve µ birer 5k − 3λ karma¸ sık sayıdır. u + cv vekt¨ or¨ un¨un bile¸senlerinin yapısına bakıldı˘ gında u + cv ∈ H oldu˘gu hemen g¨or¨ ul¨ur. H k¨umesi, alt vekt¨or uzayıdır.
dir. t1 + ct2 = k ve s 1 + cs2 = λ diyelim. Buna g¨ore u + cv =
5. 3 × 1 bi¸cimindeki matrislerin k¨ umesi H=
oldu˘guna g¨ore H k¨umesinin,
−t + s −s t−s
R3 1
R3 1
ile g¨osteriliyor.
: t, s ∈ R
uzayının bir alt vekt¨or uzayı olup olmadı˘gını g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: H k¨umesi, R31 vekt¨ or uzayının bo¸s k¨ umeden farklı bir alt k¨umesidir. u ∈ H, v ∈ H olsun. u =
−t1 + s1 −s 1 t1 − s1
u+v=
ve v =
−t1 + s1 −s1 t1 − s1
+
−t2 + s2 −s 2 t2 − s2
bi¸cimindedir.
−t2 + s2 −s2 t2 − s2
=
− (t1 + t2 ) + (s1 + s2 ) − (s1 + s2 ) (t1 + t2 ) − (s1 + s2 )
−k + λ dir. t1 + t2 = k ve s 1 + s2 = λ diyelim. Buna g¨ore u + v = −λ olur. λ ve µ birer reel k−λ sayıdır. u + v vekt¨ or¨ un¨un bile¸senlerinin yapısına bakıldı˘ gında u + v ∈ H oldu˘gu hemen g¨or¨ ul¨ur. H k¨umesi, toplamaya g¨ore kapalıdır. c ∈ R, u ∈ H olsun. u =
−t1 + s1 −s1 t1 − s1
ve cs1 = b diyelim. Buna g¨ore cu =
bi¸cimindedir. cu =
−a + b −a a−b
− (ct1 ) + (cs1 ) − (cs1 ) (ct1 ) − (cs1 )
dir. c1 t1 = a
olur. a ve b birer reel sayıdır. cu vekt¨ or¨un¨un
6
Mat 201 Lineer Cebir
bile¸senlerinin yapısına bakıldı˘ gında cu ∈ H oldu˘gu hemen g¨or¨ ul¨ur. Buna g¨ore H k¨umesi, skalarla ¸carpma i¸slemine g¨ ore kapalıdır. H k¨umesi, toplama ve skalarla ¸carpma i¸slemlerine g¨ ore kapalı oldu˘gundan bir alt vekt¨or uzayıdır. 6. H =
t − 2k 0 −t 3k
: t, k ∈ R
oldu˘guna g¨ore H k¨umesinin, R22 uzayının bir alt vekt¨or
uzayı olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: H k¨umesi R22 vekt¨ or uzayının bo¸s k¨ umeden farklı bir alt k¨umesidir. c ∈ R, u ∈ H, v ∈ H olsun. u =
t1 − 2k1 −t1
u + cv =
0 3k1
ve v =
t2 − 2k2 −t2
0 3k2
bi¸cimindedir.
(t1 + ct2 ) − (k1 + ck2 ) 0 − (t1 + ct2 ) 3 (k1 + ck2 )
dir. t1 + ct2 = λ ve k1 + ck2 = µ diyelim. Buna g¨ore u + cv =
λ − 2µ 0 −λ 3µ
olur. λ ve µ
birer reel sayıdır. u + cv vekt¨ or¨un¨un bile¸senlerinin yapısına bakıldı˘ gında u + cv ∈ H oldu˘gu hemen g¨or¨ ul¨ur. H k¨umesi, alt vekt¨or uzayıdır. n 7. A ∈ Rm uzere Ax = 0 olacak bi¸cimdeki x matrislerinin k¨ umesi H n olsun. x ∈ R1 olmak ¨ olsun. H nın bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: x, y ∈ H olsun. Ax = 0 ve Ay = 0 demektir. A (x + y) = Ax+Ay = 0 + 0 = 0 olur. A (x + y) = 0 e¸ sitli˘gi, x + y ∈ H oldu˘gunu g¨osterir. Buna g¨ore H k¨umesi toplamaya g¨ore kapalıdır. c ∈ R ve x ∈ H olsun. Ax = 0 demektir. A (cx) = cAx = c0 = 0 olur. A (cx) = 0 e¸ sitli˘gi, cx ∈ H oldu˘gunu g¨osterir. Buna g¨ore H k¨umesi skalarla ¸carpmaya g¨ore kapalıdır. Sonu¸c olarak H k¨umesi,
Rn 1
uzayının bir alt vekt¨or uzayıdır.
n 8. A ∈ Rm uzere Ax = x olacak bi¸cimdeki x matrislerinin k¨ umesi H n olsun. x ∈ R1 olmak ¨ olsun. H nın bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: x, y ∈ H olsun. Ax = x ve Ay = y demektir. A (x + y) = Ax+Ay = x + y olur. A (x + y) = x + y e¸ sitli˘gi, x + y ∈ H oldu˘gunu g¨osterir. Buna g¨ore H k¨ umesi toplamaya g¨ore kapalıdır. c ∈ R ve x ∈ H olsun. Ax = x demektir. A (cx) = cAx = cx olur. A (cx) = cx e¸ sitli˘gi, cx ∈ H oldu˘gunu g¨osterir. Buna g¨ore H k¨umesi skalarla ¸carpmaya g¨ore kapalıdır. Sonu¸c olarak H k¨umesi,
Rn 1
uzayının bir alt vekt¨or uzayıdır.
7
Mat 201 Lineer Cebir 9. A ∈ Rnn olsun. H = {X : X ∈ Rnn , AX = X A} oldu˘ guna g¨ore H k¨umesinin, bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz.
Rn n
uzayının
C ¸¨ oz¨ um: X, Y ∈ H olsun. AX = X A ve AY = Y A demektir. A (X + Y ) = AX + AY = X A + Y A = (X + Y ) A olur. A (X + Y ) = (X + Y ) A e¸ sitli˘gi, X + Y ∈ H oldu˘gunu g¨osterir. Buna g¨ore H k¨umesi toplamaya g¨ore kapalıdır. c ∈ R ve X ∈ H olsun. AX = XA demektir. A (cX ) = cAX = cXA = (cX ) A olur. A (cX ) = (cX ) A e¸ sitli˘gi, cX ∈ H oldu˘gunu g¨osterir. Buna g¨ore H k¨umesi skalarla ¸carpmaya g¨ore kapalıdır. Sonu¸c olarak H k¨umesi,
Rn n
uzayının bir alt vekt¨or uzayıdır.
10. n × n bi¸cimindeki simetrik matrislerin k¨umesinin, oldu˘gunu g¨osteriniz.
Rn n
uzayının bir alt vekt¨or uzayı
C ¸¨ oz¨ um: n × n bi¸cimindeki simetrik matrislerin k¨umesi S olsun. Her X , Y ∈ S ve λ ∈ R i¸cin (X + λY )T = X T + (λY )T = X T + λY T = X + λY oldu˘gundan X + λY ∈ S olur. Buna g¨ore S k¨umesi bir alt vekt¨or uzayıdır. 11. n × n bi¸cimindeki ters simetrik matrislerin k¨umesinin,
Rn n
uzayının bir alt vekt¨or uzayı
oldu˘gunu g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: n × n bi¸cimindeki simetrik matrislerin k¨umesi H olsun. Her X , Y ∈ H ve λ ∈ R i¸cin (X + λY )T = X T + (λY )T = X T + λY T = −X + λ(−Y ) = −X + ( −λY ) = −(X + λY ) oldu˘gundan X + λY ∈ H olur. Buna g¨ore H k¨ umesi bir alt vekt¨or uzayıdır.
12. n × n bi¸ciminde, izi sıfır olan matrislerin k¨umesi H olsun. H k¨umesinin bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: A, B ∈ H ve λ ∈ n
g¨ore
i=1
R
olsun. A = [aij ]n
n
×
, B = [bij ]n
n
×
Rn n
uzayının
˙ tanımına bi¸cimindedir. Iz
n
aii = 0 ve
bii = 0 dır. Matrislerdeki toplama ve skalarla ¸carpma i¸slemlerine g¨ ore
i=1
A + λB = [aij + λbij ]n
n
×
dir.
8
Mat 201 Lineer Cebir n
i=1
n
(aii + λbii ) =
i=1
n
aii + λ
bii = 0 + λ0 = 0
i=1
oldu˘gundan A + λB matrisinin izi de sıfırdır. Buna g¨ore A + λB ∈ H olur. H k¨umesi bir alt vekt¨ or uzayıdır.
9
Mat 201 Lineer Cebir ˙ ˙ ˙ KAVRAMI LINEER B ILES ¸ IM 1. (6, −2) vekt¨or¨ u, (−3, 1) vekt¨or¨ un¨un bir lineer bile¸simi midir?
C ¸¨ oz¨ um: (6, −2) = c 1 (−3, 1) olacak bi¸cimde bir c1 sayısının bulundu˘gu hemen g¨or¨ulebilir. c1 = −2 alındı˘gında bu e¸sitli˘ gin do˘gru oldu˘gunu g¨ord¨ un¨uz m¨u? Demek ki (6 , −2) vekt¨or¨u, (−3, 1) vekt¨or¨un¨un bir lineer bile¸simidir. 2. (5, −2) vekt¨or¨ u, (2, 1) vekt¨or¨un¨ un bir lineer bile¸simi midir? C ¸¨ oz¨ um: (5, −2) = c 1 (2, 1) olacak bi¸cimde bir c1 sayısının bulunup bulunmadı˘gına bakaca˘ gız. Bu e¸sitlikten 2c1 = 5 (1) c 1 = −2 lineer denklem sistemi elde edilir. Bu denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini satırca indirgeyelim.
2 5 1 −2
R1 ↔R2
∼
1 −2 2 5 1 9
(−2)R1 +R2 →R2
∼
R2 →R2
∼
1 −2 0 1
1 −2 0 9
2R2 +R1 →R1
∼
1 0 0 1
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denk lem sist emi tuta rsızdır. Buna g¨ore (5 , −2) vekt¨ or¨ u, (2, 1) vekt¨or¨ un¨un bir lineer bile¸simi de˘ gildir. 3. (−2, 3) vekt¨or¨ u, (0, 0) vekt¨or¨un¨ un bir lineer bile¸simi midir? C ¸¨ oz¨ um: (−2, 3) = c 1 (0, 0) olacak bi¸cimde bir c1 sayısının bulunup bulunmadı˘gına bakaca˘ gız. Bu e¸sitlikten 0c1 = −2 (1) 0c1 = 3 lineer denklem sistemi elde edilir. Bu denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini satırca indirgeyelim.
0 0
−2 3
(
−
1 2
)R
R1
1→
∼
0 1 0 3
(−3)R1 +R2 →R2
∼
0 1 0 0
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denk lem sist emi tuta rsızdır. Buna g¨ore ( −2, 1) vekt¨ or¨ u, (0, 0) vekt¨or¨ un¨un bir lineer bile¸simi de˘ gildir. 4. (9, −3, 12) vekt¨or¨ u, (−3, 1, −4) vekt¨or¨ un¨un bir lineer bile¸simi midir?
10
Mat 201 Lineer Cebir
C ¸¨ oz¨ um: (9, −3, 12) = c 1 (−3, 1, −4) olacak bi¸cimde bir c 1 sayısının bulunup bulunmadı˘gına bakaca˘ gız. Bu e¸sitlikten −3c1 = 9 c1 = −3 (1) −4c1 = 12 lineer denklem sistemi elde edilir. Bu denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini satırca indirgeyelim.
−3 9 1 −3 −4 12
(
−
1 3
)R
R1
1→
∼
1 −3 1 −3 −4 12
(−1)R1 +R2 →R2
∼ 4R1 +R3 →R3
1 −3 0 0 0 0
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sistemi tutarlıdır ve ¸ c¨oz¨ um¨u c1 = − 3 t¨ ur. Demek ki (9 , −3, 12) vekt¨or¨ u, (−3, 1, −4) vekt¨or¨un¨un bir lineer bile¸simidir. 5. (6, 5, −3) vekt¨or¨ u, (2, 3, −1) vekt¨or¨un¨un bir lineer bile¸simi midir? C ¸¨ oz¨ um: (6, 5, −3) = c1 (2, 3, −1) olacak bi¸cimde bir c1 sayısının bulunup bulunmadı˘gına bakaca˘ gız. Bu e¸sitlikten 2c1 = 6 3c1 = 5 (1) −c 1 = −3 lineer denklem sistemi elde edilir. Bu denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini satırca indirgeyelim.
2 6 3 5 −1 −3
1 2
R1 →R1
∼
(
1 3 3 5 −1 −3 −
1 4
)R
R2
2→
∼
(−3)R1 +R2 →R2
∼ 1R1 +R3 →R3
1 3 0 1 0 0
1 3 0 −4 0 0
(−3)R2 +R1 →R1
∼
1 0 0 1 0 0
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sistemi tutarsızdır. Buna g¨ore (6 , 5, −3) vekt¨ or¨ u, (2, 3, −1) vekt¨or¨un¨un bir lineer bile¸simi de˘ gildir. 6. R2 uzayında α 1 = (5, 2) ve α2 = (3, −1) olsun. ( −9, −8) vekt¨or¨u, α 1 ve α 2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi midir? C ¸¨ oz¨ um: (−9 − 8) = u olsun. u vekt¨ or¨ un¨un α 1 ve α 2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi olması i¸cin u = c1 α1 + c 2 α2 olacak bi¸cimde c1 ve c2 sayılarının bulunabilmesi gerekli ve yeterlidir. u = c 1 α1 + c2 α2 e¸ sitli˘gi
11
Mat 201 Lineer Cebir (−9, −8) = c 1 (5, 2) + c2 (3, −1) e¸sitli˘gine denktir. Buradan 5c1 + 3c2 = −9 2c1 − c2 = −8 lineer denklem sistemi elde edilir. (−2)R2 +R1 →R1
52 −31 − −98
∼ (
−
1 11
)R
2→
R2
∼
(−2)R1 +R2 →R2
12 −51 −78 1 5 7 0 1 2
∼
(−5)R2 +R1 →R1
∼
10 −11 5 −227
1 0 −3 0 1 2
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sisteminin ¸c¨ oz¨um¨ un¨un c1 = −3, c2 = 2 ¨ oldu˘gu hemen g¨or¨ ulmektedir. Oyleyse u = c 1 α1 + c2 α2 olacak bi¸cimde c1 ve c2 sayıları vardır ve c 1 = −3, c2 = 2 dir. u vekt¨ or¨u α 1 ve α 2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simidir. 7. R3 uzayında α1 = (3, 1, 2) ve α2 = (1, −1, 0) olsun. ( −1, 2, 4) vekt¨or¨ u, α1 ve α2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi midir? C ¸¨ oz¨ um: (−1, 2, 4) = u olsun. u vekt¨ or¨ un¨un α 1 ve α 2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi olması i¸cin u = c1 α1 + c 2 α2 olacak bi¸cimde c1 ve c2 sayılarının bulunabilmesi gerekli ve yeterlidir. u = c 1 α1 + c2 α2 e¸ sitli˘gi (1, 2, 4) = c 1 (3, 1, 2) + c2 (1, −1, 0) e¸sitli˘gine denktir. Buradan 3c1 + c2 = −1 c1 − c2 = 2 2c1 + 0c2 = 4 lineer denklem sistemi elde edilir.
3 1 −1 1 −1 2 2 0 4 R2 ↔R3
∼
R1 ↔R2
∼
1 −1 2 0 2 0 0 4 −7 (
−
1 7
)R
R3
3→
∼
1 −1 2 3 1 −1 2 0 4 1 2
R2 →R2
∼
1 0 2 0 1 0 0 0 1
(−3)R1 +R2 →R2
∼ (−2)R1 +R3 →R3
1 −1 2 1 0 0 0 4 −7
(−2)R3 +R1 →R1
∼
1 −1 0 4 0 2
2 −7 0
1R2 +R1 →R1
∼ (−4)R2 +R3 →R3
1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 0 2 0 1 0 0 0 −7
12
Mat 201 Lineer Cebir
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sistemi tutarsız bir denklem sistemidir. Buna g¨ore u vekt¨ or¨ u α1 ve α2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi de˘ gildir. 8. R3 uzayında α1 = (0, 1, 2), α2 = (2, −1, 1) ve α3 = (1, −1, 3) olsun. (7, −6, 9) vekt¨or¨ u, umesinin bir lineer bile¸simi midir? {α1 , α2 , α3 } k¨ C ¸¨ oz¨ um: c1 α1 + c2 α2 + c3 α3 = (7, −6, 9) e¸sitli˘ ginden, 0c1 + 2c2 + c3 = 7 c1 − c2 − c3 = −6 2c1 + c2 + 3c3 = 9 lineer denklem sistemi elde edilir.
0217 1 −1 −1 −6 2139 (−1)R3 +R2 →R2
∼
R1 ↔R2
∼
1 −1 −1 −6 0217 2139
1 −1 −1 −6 0 −1 −4 −14 0 3 5 21
1 0 3 8 0 1 4 14 0 0 −7 −21
(
−
1 7
)R
3→
∼
R3
(−1)R2 →R2
∼
1 0 3 8 0 1 4 14 0 0 1 3
(−2)R1 +R3 →R3
∼
1 −1 −1 −6 0217 0 3 5 21
1 −1 −1 −6 0 1 4 14 0 3 5 21 (−3)R3 +R1 →R1
∼ (−4)R3 +R2 →R2
1R2 +R1 →R1
∼ (−3)R2 +R3 →R3
1 0 0 −1 0 1 0 2 0 0 1 3
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sistemi tutarlı bir denklem sistemidir. C ¸ ¨oz¨ um¨u, c1 = −1, c2 = 2, c3 = 3 dir. Oyleyse ¨ (7 , −6, 7) vekt¨or¨ u, {α1 , α2 , α3 } k¨umesinin bir lineer bile¸simidir. 9. R3 uzayında H = {(a − 3b, 2a, b) : a, b ∈ R} e¸sitli˘giyle verilen H k¨umesinin, bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu alt uzayı ¨ureten bir k¨ume bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: (a − 3b, 2a, b) = (a, 2a, 0) + (−3b, 0, b) = a (1, 2, 0) + b (−3, 0, 1) dir. Bu e¸sitlikten yararlanarak H = Sp {(1, 2, 0) , (−3, 0, 1)} oldu˘gu kolayca g¨or¨ ulebilir. V vekt¨ or uzayının bir E alt k¨umesi i¸cin SpE k¨umesinin bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu ispatlamı¸stık. Buna g¨ore H k¨umesi bir alt vekt¨or uzayıdır. {(1, 2, 0) , (−3, 0, 1)} k¨ umesi, H alt uzayının bir ¨uretecidir. 10. R4 uzayında α 1 = (1, 2, 1) ve α 2 = (−3, 2, −1) e¸sitlikleriyle verilen α 1 ve α 2 vekt¨ orlerini g¨oz ¨on¨une alalım. H = Sp {α1 , α2 } olsun. u = (a,b,c ) olmak ¨uzere u vekt¨ or¨ un¨un H alt uzayında bulunması i¸cin a, b, c sayıları arasında hangi ili¸skinin bulunması gerekli ve yeterlidir? C ¸¨ oz¨ um: u ∈ H olması i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sul, x1 (1, 2, 1) + x2 (−3, 2, −1) = u olacak
13
Mat 201 Lineer Cebir bi¸cimde x 1 , x2 sayılarının bulunabilmesidir. x1 (1, 2, 1) + x2 (−3, 2, −1) = ( a,b,c )
(1)
e¸sitli˘gi, ( x1 − 3x2 , 2x1 + 2x2 , x1 − x2 ) = (a,b,c ) e¸sitli˘ gine denktir. Bu e¸sitlik x1 − 3x2 = a 2x1 + 2x2 = b
(2)
x1 − x2 = c lineer denklem sistemini verir. Bu denklem sistemi tutarlı olacak bi¸cimdeki ( a,b,c ) u ¨ ¸cl¨ulerinin k¨umesini arıyoruz. (2) denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini satırca indirgeyelim.
1 −3 a 2 2 b 1 −1 c
(−2)R1 +R2 →R2
∼ (−1)R1 +R3 →R3
1 −3
a
2a+b 8
−
0
1
0
2 −a + c
1 −3 a 0 8 −2a + b 0 2 −a + c 3R2 +R1 →R1
∼ (−2)R2 +R3 →R3
1
1 8
∼ 0
0 1 0
R2 →R2
0
2a+3b 8 2a+b 8 −2a−b+4c 4 −
dır. En sondaki indirgenmi¸s matrisin g¨ osterdi˘ gi lineer denklem sisteminin tutarlı olması i¸ cin
−2a − b +0=4c
(3)
olması gerekli ve yeterlidir. (3) denklem sistemi nin ¸c¨ oz¨um¨ u olan ( a,b,c ) u ¨c¸l¨ulerinin k¨umesi H alt uzayıdır. 11. R3 uzayında H = {(5t, t − k, − 2t + 3k) : t, k ∈ R} e¸sitli˘giyle verilen H k¨umesinin, bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu alt uzayı ¨ureten bir k¨ume bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: (5t, t − k, − 2t + 3k) = (5 t, t, − 2t) + (0, − k, 3k) = t (5, 1, −2) + k (0, −1, 3) dir. Bu e¸sitlikten yararlanarak H = Sp {(5, 1, −2) , (0, −1, 3)} oldu˘gu kolayca g¨or¨ ulebilir. V vekt¨ or uzayının bir E alt k¨umesi i¸cin SpE k¨ umesinin bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu ispatlamı¸stık. Buna g¨ore H k¨umesi bir alt vekt¨or uzayıdır. {(5, 1, −2) , (0, −1, 3)} k¨ umesi, H alt uzayının bir u ¨ retecidir. 12. H =
3t 7t
:t∈R
olsun. H k¨umesinin,
R2 1
uzayının bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu
g¨osteriniz. Bu alt uzayını geren bir alt k¨ume bulunuz. C ¸¨ oz¨ um:
3t 7t
=t
3 7
t¨ur. Bu e¸sitlikten yararlanarak H = Sp
3 7
oldu˘gu kolayca
g¨or¨ ulebilir. V vekt¨ or uzayının bir E alt k¨umesi i¸cin SpE k¨umesinin bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu
14
Mat 201 Lineer Cebir
ispatlamı¸stık. Buna g¨ ore H k¨umesi bir alt vekt¨or uzayıdır. geren bir alt k¨umedir. Ba¸ska bir anlatımla
2a b a − 3b
13. H =
: a, b ∈ R
3 7
3 7
k¨umesi, H alt uzayını
k¨ umesi, H alt uzayının bir ¨uretecidir.
olsun. H k¨umesinin,
R3 1
uzayının bir alt vekt¨or uzayı
oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu alt uzayını geren bir alt k¨ume bulunuz. C ¸¨ oz¨ um:
2a b a − 3b
2 0 1
yararlanarak H = Sp
2 0 1
alt vekt¨or uzayıdır.
2 0 1
bir anlatımla
14. H =
a 0
2a 0 a
=
,
,
0 1 −3
0 1 −3
3b −a b 0
2 0 1
= a
0 1 −3
+b
dir. Bu e¸sitlikten
oldu˘gu kolayca g¨or¨ulebilir. Buna g¨ore H k¨umesi bir
0 1 −3
,
0 b −3b
+
k¨umesi, H alt uzayını geren bir alt k¨umedir. Ba¸ska
k¨umesi, H alt uzayının bir ¨uretecidir.
: a, b ∈ R
olsun. H k¨umesinin, R 23 uzayının bir alt vekt¨or uzayı
oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu alt uzayın bir ¨uretecini bulunuz. C ¸¨ oz¨ um:
a 3b −a 0 b 0
=
a 0 −a 0 0 0
+
dir. Bu e¸sitlikten yararlanarak H = S p
0 3b 0 0 b 0 1 0 0 0
uzayını geren bir alt k¨umedir.
=a
−1 0
bilir. Buna g¨ore H k¨umesi bir alt vekt¨or uzayıdır. alt uzayının bir ¨uretecidir. Ba¸ska bir anlatımla
1 0
,
1 0 −1 0 0 0 0 0
3 0 1 0
+b
0 0
oldu˘gu kolayca g¨or¨ule-
1 0 −1 0 0 0
,
0 −1 0 0
0 3 0 0 1 0
,
0 3 0 1
0 3 0 1
0 0
k¨ umesi, H
k¨ umesi, H alt
15
Mat 201 Lineer Cebir
15. P2 vekt¨ or uzayında verilen 1+5x−x2 polinomu, 2 − x2 , 1 − x, 1 + 3x − x2 k¨umesinin lineer bile¸simi olur mu?
C ¸¨ oz¨ um: 2 − x2 , 1 − x, 1 + 3x − x2 k¨umesinin elemanlarını sırasıyla p1 , p2 , p3 ile g¨osterelim. 1 + 5x − x2 = u diyelim. c1 p1 + c2 p2 + c3 p3 = u e¸ sitli˘gi a¸cık olarak yazılıp d¨uzenlendi˘ ginde
(2c1 + c2 + c3 )+(0 c1 − c2 + 3c3 ) x + (−c1 + 0c2 − c3 ) x2 = 1+5 x − x2
(1)
e¸ sitli˘gine d¨ on¨ u¸su ¨g¨ r.ore I˙ ki(1) polinomun e¸sit olması i¸cin kar¸ sılıklı katsayılarının e¸sit olması gerekli ve yeterlidir. Buna e¸sitli˘ ginden 2c1 + c2 + c3 = 1 0c1 − c2 + 3c3 = 5 −c1 + 0c2 − c3 = −1 lineer denklem sistemi elde edilir.
2111 0 −1 3 5 −1 0 −1 −1 R2 ↔R3
∼
1R3 +R1 →R1
∼
1 1 0 0 0 1 −1 −1 0 −1 3 5
1 1 0 0 0 −1 3 5 −1 0 −1 −1
(−1)R2 +R1 →R1
∼ 1R2 +R3 →R3
1 0 1 1 0 1 −1 −1 0 0 1 2
1R1 +R3 →R3
∼
1 0 1 1 0 1 −1 −1 0 0 2 4
(−1)R3 +R1 →R1
∼ 1R3 +R2 →R2
1 2
1 1 0 0 −1 3 0 1 −1
0 5 −1
R3 →R3
∼
1 0 0 −1 0 1 0 1 0 0 1 2
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sistemi tutarlı bir denklem sistemidir. ¨ C ¸ ¨oz¨ um¨u, c1 = −1, c2 = 1, c3 = 2 dir. Oyleyse u vekt¨ or¨ u, {p1 , p2 , p3 } k¨umesinin bir lineer bile¸simidir. 16. a0 x2 + a1 x + 2a0 : a 0 , a1 ∈ R k¨ umesinin P 2 polinomlar uzayının bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu alt uzayı ¨ureten bir alt k¨ume bulunuz.
C ¸¨ oz¨ um: a0 x2 + a1 x + 2a0 = a0 x2 + 2a0 + (a1 x) = a 0 x2 + 2 + a1 x dir. Bu e¸sitlikten
x2
yararlanarak H = Sp + 2, x oldu˘gu kolayca g¨or¨ulebilir. V vekt¨ or uzayının bir E alt k¨umesi i¸cin SpE k¨umesinin bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu ispatlamı¸stık. Buna g¨ ore H k¨umesi bir alt vekt¨or uzayıdır. x2 + 2, x k¨umesi, H alt uzayını geren (¨ ureten) bir alt k¨ umedir. Ba¸ska bir anlatımla x2 + 2, x k¨ umesi, H alt uzayının bir ¨uretecidir.
17. soru: A =
1 2 −1 0
,B =
−2 1 0 1
,C =
0 −1
1 1
olsun. u =
8 a −3 −2
16
Mat 201 Lineer Cebir
oldu˘guna g¨ore u matrisi, A, B, C matrislerinin bir lineer bile¸simi olacak bi¸cimde bir a sayısı varsa bu sayıyı bulunu z. Sonra u vekt¨ or¨un¨u, A, B, C matrislerinin bir lineer bile¸simi olarak yazınız. C ¸¨ oz¨ um: c1 A + c2 B + c3 C = u e¸ sitli˘ginden, c1 − 2c2 + 0c3 = 8 −c1 + 0c2 − c3 = −3 2c1 + c2 + c3 = a 0c1 + c2 + c3 = −2 lineer denklem sistemi elde edilir.
1 −2 0 8 −1 0 −1 −3 2 1 1 a 0 1 1 −2
R2 ↔R4
∼
R3 ↔R4
∼
1R1 +R2 →R2
∼ (−2)R1 +R3 →R3
1 −2 0 8 0 1 1 −2 0 5 1 a − 16 0 −2 −1 5 1 0 2 4 0 1 1 −2 0 0 1 1 0 0 −4 a − 6
1 −2 0 8 0 −2 −1 5 0 5 1 a − 16 0 1 1 −2
2R2 +R1 →R1
∼ (−5)R2 +R3 →R3 2R2 +R4 →R4
(−2)R3 +R1 →R1
∼ (−1)R3 +R2 →R2 4R3 +R4 →R4
1 0 2 4 0 1 1 −2 0 0 −4 a − 6 00 1 1
1 0 0 2 0 1 0 −3 0 0 1 1 0 0 0 a−2
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sisteminin tutarlı bir denklem sistemi olması ¨ i¸cin a − 2 = 0 olması gerekli ve yeterlidir. Oyleyse a = 2 i¸cin u vekt¨ or¨ u A, B, C vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simidir ve u = 2A − 3B + C dir. 18. R3 uzayında α1 = (3, −1, 2) ve α2 = (1, 1, 3) olsun. ( −1, 0, 1) vekt¨or¨ u, α1 ve α2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi midir? C ¸¨ oz¨ um: (−1, 0, 1) = u olsun. u vekt¨ or¨ un¨un α 1 ve α 2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi olması i¸cin u = c1 α1 + c 2 α2 olacak bi¸cimde c1 ve c2 sayılarının bulunabilmesi gerekli ve yeterlidir. u = c 1 α1 + c2 α2 e¸ sitli˘gi (−1, 0, 1) = c 1 (3, −1, 2) + c2 (1, 1, 3) e¸sitli˘gine denktir. Buradan 3c1 + c2 = −1 −c1 + c2 = 0 2c1 + 3c2 = 1
17
Mat 201 Lineer Cebir lineer denklem sistemi elde edilir.
3 −1 2
1 −1 1 0 3 1
2R2 +R1 →R1
1R3 +R2 →R2
∼ 1 9
R3 →R3
∼
∼
1 3 −1 1 2 3
1 3 −1 0 1 2 0 −3 3
1 0 −7 0 1 2 0 0 1
−1 0 1
1R1 +R2 →R2
∼ (−2)R1 +R3 →R3
(−3)R2 +R1 →R1
∼
3R2 +R3 →R3 7R3 +R1 →R1
∼ (−2)R3 +R2 →R2
1 0 −7 0 1 2 0 0 9 1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 3 −1 0 4 −1 0 −3 3
olur. En sa˘gdaki matrisin g¨osterdi˘ gi lineer denklem sistemi tutarsız bir denklem sistemidir. Buna g¨ore u vekt¨ or¨ u α1 ve α2 vekt¨ orlerinin bir lineer bile¸simi de˘ gildir. 19. R3 uzayında H = {(a − b, 2a, −3a + b) : a, b ∈ R} e¸ sitli˘giyle verilen H k¨umesinin, bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu alt uzayı ¨ureten bir k¨ume bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: (a − b, 2a, −3a + b) = (a, 2a, −3a) + (−b, 0, b) = a (1, 2, −3) + b (−1, 0, 1) dir. Bu e¸sitlikten yararlanarak H = Sp {(1, 2, −3) , (−1, 0, 1)} oldu˘gu kolayca g¨or¨ ulebilir. V vekt¨ or uzayının bir E alt k¨umesi i¸cin SpE k¨ umesinin bir alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu ispatlamı¸stık. Buna g¨ore H k¨umesi bir alt vekt¨or uzayıdır. {(1, 2, −3) , (−1, 0, 1)} k¨ umesi, H alt uzayının bir u ¨ retecidir. 20. R4 uzayında α 1 = (1, 2, −1) ve α 2 = (2, −2, 1) e¸sitlikleriyle verilen α 1 ve α 2 vekt¨ orlerini g¨oz ¨on¨une alalım. H = Sp {α1 , α2 } olsun. u = (a,b,c ) olmak ¨uzere u vekt¨ or¨ un¨un H alt uzayında bulunması i¸cin a, b, c sayıları arasında hangi ili¸skinin bulunması gerekli ve yeterlidir? C ¸¨ oz¨ um: u ∈ H olması i¸cin gerekli ve yeterli ko¸sul, x1 (1, 2, −1) + x 2 (2, −2, 1) = u olacak bi¸cimde x 1 , x2 sayılarının bulunabilmesidir. x1 (1, 2, −1) + x2 (2, −2, 1) = ( a,b,c )
(1)
e¸sitli˘gi, ( x1 + 2x2 , 2x1 − 2x2 , − x1 + x2 ) = (a,b,c ) e¸sitli˘ gine denktir. Bu e¸sitlik x1 + 2x2 = a 2x1 − 2x2 = b −x1 + x2 = c
(2)
lineer denklem sistemini verir. Bu denklem sistemi tutarlı olacak bi¸cimdeki ( a,b,c ) u ¨ ¸cl¨ulerinin k¨umesini arıyoruz. (2) denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini satırca indirgeyelim.
18
Mat 201 Lineer Cebir 1 2 a 2 −2 b 1 c −1
(−2)R1 +R2 →R2
∼ 1R1 +R3 →R3
2
a
0 1
2a−b 6
1
1 2 a 0 −6 −2a + b 0 3 a+c
(−2)R2 +R1 →R1
∼ (−3)R2 +R3 →R3
(
−
)R
2→
R2
∼
0
a+b
0 1
2a−b 6 b+2c 2
1
1 6
3
0 3 a+c 0 0 dır. En sondaki indirgenmi¸s matrisin g¨ osterdi˘ gi lineer denklem sisteminin tutarlı olması i¸ cin b +0=2c
(3)
olması gerek li ve yeterlidir. (3) denkl eminin ¸c¨oz¨ um¨u olan ( a,b,c ) u ¨ ¸cl¨ ulerinin k¨umesi H alt uzayıdır.
19
Mat 201 Lineer Cebir ˙ ˘ LINEER BA GIMSIZLIK
1. R2 uzayında α 1 = (5, −1), α 2 = (−1, 3) olmak ¨uzere { α1 , α2 } k¨ umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: α1 = (5, −1) , α2 = (−1, 3) diyelim. c 1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gini do˘grulayan ve en az biri sıfır olmayan c 1 , c2 sayılarının bulunup bulunmadı˘gını arayaca˘gız. c1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gi, (5c1 − c2 , − c1 + 3c2 ) = (0, 0) e¸sitli˘ gine denktir. Bu e¸sitlik 5c1 − c2 = 0 −c1 + 3c2 = 0
(1)
denklem sistemini verir. (1) denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini elementer satır i¸slemleriyle indirgeyelim.
5 −1 0 3 0 −1
(−5)R1 +R2 →R2
∼
R1 ↔R2
∼
3 0 −1 5 −1 0
1 −3 0 0 14 0
1 14
R2 →R2
∼
(−1)R1 →R1
∼
1 −3 0 0 1 0
1 −3 0 5 −1 0
3R2 +R1 →R1
∼
1 0 0 0 1 0
olur. En son elde edilen satırca indirgenmi¸s matrisin g¨osterdi˘ gi denklem sistemi g¨oz ¨on¨une alındı˘gında c1 = 0 ve c2 = 0 oldu˘gu g¨or¨ ul¨ur. (1) denklem sistemini sa˘glayan sayılar yalnızca c1 = 0 ve c2 = 0 dır. c1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gi sa˘glanacak bi¸cimde en az biri sıfır olmayan c 1 ve c2 sayıları bulunamadı˘gından { (3, −1) , (1, 3)} k¨ umesi lineer ba˘gımsız bir k¨umedir. denklem sisteminin bir tek c1 = 0 ve denklem c2 = 0 ¸c¨osayısına z¨ um¨un¨une¸sbulundu˘ gunu ¸skatsayılar ¨oyle de g¨orebilirdik: Bu (1) denklem sisteminde bilinmeyen sayısı ittir. Ayrıca determinantı 10 dur. Katsayılar matrisinin determinantı sıfırdan farklı oldu˘gundan bu matris, tersinir bir matristir. Cramer y¨ontemine g¨ore (1) denklem sisteminin bir ve yalnız bir ¸ c¨oz¨ um¨u vardır. Bu ¸co¨z¨um¨un c1 = 0 ve c 2 = 0 oldu˘gu hemen g¨or¨ulebilir. Bu soru ¸su teoremden yararlanarak da ¸c¨oz¨ ulebilirdi: “Rm uzayında, α 1 , α2 , ...,
m
vekt¨ orlerinin lineer ba˘gımsız olması i¸cin
det( α1 , α2 ,...,
m)
=0
olması gerekli ve yeterlidir.” Burada verilen {α1 , α2 } k¨ umesi,
R2
uzayının 2 elemanlı bir alt k¨umesidir.
det( α1 , α2 ) = det
5 1 −1 3
= 16
dur. det( α1 , α2 ) = 0 oldu˘gundan { α1 , α2 } k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır.
20
Mat 201 Lineer Cebir
2. R2 uzayında α1 = (7, −2), α2 = (3, 1), α3 = (5, 6) olmak ¨uzere {α1 , α2 , α3 } k¨ umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: c1 α1 + c2 α2 + c3 α3 = 0 e¸sitli˘gini do˘grulayan ve en az biri sıfır olmayan c1 , c2 , c3 sayılarının bulunup bulunmadı˘gını arayaca˘gız. Yukarıdaki e¸sitlik (7c1 + 3c2 + 5c3 , − 2c1 + c2 + 6c3 ) = (0, 0)
(1)
e¸sitli˘gine denktir. Bu e¸sitlik 7c1 + 3c2 + 5c3 = 0 −2c1 + c2 + 6c3 = 0 denklem sistemini verir.
735 0 −2 1 6 0 1 13
R2 →R2
∼
3R2 +R1 →R1
∼
1 6 23 0 −2 1 6 0
1 6 23 0 0 1 4 0
2R1 +R2 →R2
(−6)R2 +R1 →R1
∼
∼
1 6 23 0 0 13 52 0
1 0 −1 0 0 1 4 0
dir. Son matrisin g¨osterdi˘ gi denklem sisteminde c3 = t alınarak c1 = t, c2 = −4t bulunur. Buna g¨ore (1) e¸sitli˘ gini do˘grulayan ve en az biri sıfırdan farklı olan c1 , c2 , c3 sayıları bu¨ lunabilir. Orne˘ gin t = 1 i¸cin elde edilen c1 = 1, c2 = − 4, c3 = 1 sayıları b¨oyle sayılardır. Bu sayıların dı¸sında da (1) e¸sitli˘ gini do˘grulayan ve en az biri sıfırdan farklı olan c 1 , c 2 , c 3 sayılarının bulunabilece˘ gi apa¸cıktır. En az biri sıfırdan farkl ı olan b¨oyle c 1 , c2 , c3 sayılarının bulunabilmesi, umesinin lineer ba˘gımlı bir k¨ume oldu˘gunu g¨osterir. {α1 , α2 , α3 } k¨ Bu soru ¸su teoremden yararlanarak da ¸c¨oz¨ ulebilirdi: “Rm uzayında α 1 , α2 , .. . , ba˘gımlıdır.”
n
vekt¨ orleri verilsin. m < n ise { α1 , α2 ,...,
n
umesi lineer } k¨
Burada verilen {α1 , α2 , α3 } k¨umesi, R2 uzayının 3 elemanlı bir alt k¨umesidir. 2 < 3 oldu˘gundan { α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımlıdır. 3.
R2
uzayında { (2, −1)} k¨ umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: c (2, −1) = 0 e¸sitli˘ gini do˘grulayan c sayısı yalnızca sıfır sayısıdır. Bu e¸sitli˘gi do˘grulayan ve sıfırdan farklı olan bir c sayısı bulunamaz. Bundan dolayı {(2, −1)} k¨umesi, lineer ba˘gımsız bir k¨umedir. 4.
R2
uzayında { (3, −2), (−6, 4)} k¨ umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: α1 = (3, −2) , α2 = (−6, 4) diyelim. c 1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gini do˘grulayan ve en az biri sıfır olmayan c 1 , c2 sayılarının bulunup bulunmadı˘gını arayaca˘gız. c1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gi, (3c1 − 6c2 , − 2c1 + 4c2 ) = (0, 0) e¸sitli˘ gine denktir. Bu e¸sitlik
21
Mat 201 Lineer Cebir 3c1 − 6c2 = 0 −2c1 + 4c2 = 0
(1)
denklem sistemini verir.
3 −2
−6 0 4 0
1 3
R1 →R1
∼
1 −2 −2 4
0 0
2R1 +R2 →R2
∼
1 −2 0 0 0 0
olur. En son elde edilen satırca indirgenmi¸s matrisin g¨osterdi˘ gi denklem sisteminde c = t alınarak c1 = 2t bulunur. Buna g¨ore (1) e¸sitli˘ gini do˘grulayan ve en az biri sıfırdan farklı 2olan ¨ c1 , c2 sayıları bulunabilir. Orne˘ gin t = 1 i¸cin elde edilen c 1 = 2, c2 = 1 sayıları b¨oyle sayılardır. Bu sayıların dı¸sında da (1) e¸sitli˘ gini do˘grulayan ve en az biri sıfırdan farklı olan c 1 , c 2 sayılarının bulunabilece˘ gi apa¸cıktır. En az biri sıfırda n farklı olan b¨oyle c1 , c2 sayılarının bulunabilmesi, {α1 , α2 } k¨ umesinin lineer ba˘gımlı bir k¨ume oldu˘gunu g¨osterir. Bu soru ¸su teoremden yararlanarak da ¸c¨oz¨ ulebilirdi: “Rm uzayında, α 1 , α2 , ...,
m
vekt¨ orlerinin lineer ba˘gımsız olması i¸cin
det( α1 , α2 ,...,
m)
=0
olması gerekli ve yeterlidir.” Burada verilen {α1 , α2 } k¨ umesi,
R2
uzayının 2 elemanlı bir alt k¨umesidir.
det( α1 , α2 ) = det
3 −6 −2 4
=0
dur. det( α1 , α2 ) = 0 oldu˘gundan {α1 , α2 } k¨umesi lineer ba˘gımsız de˘gildir. Lineer ba˘gımlıdır.
5. R3 uzayında α 1 = (3, −2, 1), α 2 = (−9, 6, −3) e¸sitlikleriyle verilen α 1 ve α 2 vekt¨ orlerinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: α1 = (3, −2, 1), α2 = (−9, 6, −3) diyelim. c 1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gini do˘grulayan ve en az biri sıfır olmayan c1 , c2 sayılarının bulunup bulunmadı˘gını arayaca˘gız. c1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gi, (3c1 − 9c2 , − 2c1 + 6c2 , , c1 − 3c2 ) = (0, 0, 0) e¸sitli˘ gine denktir. Bu e¸sitlik 3c1 − 9c2 = 0 −2c1 + 6c2 = 0 c1 − 3c2 = 0
(1)
denklem sistemini verir.
3 −9 0 6 0 −2 1 −3 0
1 3
R1 →R1
∼
1 −3 0 6 0 −2 1 −3 0
2R1 +R2 →R2
∼ (−1)R1 +R3 →R3
1 −3 0 0 0 0
0 0 0
olur. c2 = t se¸cilirse c1 = 3t bulunur. Demek ki c1 α1 + c 2 α2 = 0 e¸sitli˘gini do˘grulayan ve en
22
Mat 201 Lineer Cebir
¨ az biri sıfır olmayan c1 , c2 sayıları bulunabiliyor. Orne˘ gin t = 1 i¸cin c 1 = 3, c2 = 1 elde edilir. En az biri sıfırdan farklı olan b¨oyle c1 , c2 sayılarının bulunabilmesi, {α1 , α2 } k¨ umesinin lineer ba˘gımlı bir k¨ume oldu˘gunu g¨osterir. 6. R3 uzayında {(5, −3, 1), (0, 2, 1), (3, 1, 2)} k¨ umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: Burada verilen { α1 , α2 , α3 } k¨ umesi, det( α1 , α2 , α3 ) = det
R3
uzayının 3 elemanlı bir alt k¨umesidir.
5 0 3 −3 2 1 1 1 2
=0
dir. det( α1 , α2 , α3 ) = 0 oldu˘gundan { α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımlıdır. 7.
R3
uzayında { (3, −5, 2)} k¨ umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: {(3, −5, 2)} k¨umesi ba˘gımsız bir alt k¨ umesidir. C ¸u ¨ nk¨u c(3, −5, 2) = (0 , 0, 0) e¸sitli˘gini do˘grulayan c sayısı yalnızca sıfır sayısıdır. 8.
R3
uzayında a¸sa˘ gıdaki vekt¨or k¨umelerinden hangileri lineer ba˘gımlıdır?
(a) {(1, 0, −2), (−2, 0, 4)} (c) { (4, 1, 2), (1, −1, 0), (2, 1, −2)}
(b) {(3, −1, 0), (0, −1, 0), (3, 1, 2), (1, −1, 3)} (¸ c) { (−3, 2, 0), (1, 1, 2), (−5, 5, 2)}
C ¸¨ oz¨ um: (a) {(1, 0, −2), (−2, 0, 4)} k¨umesindeki ikinci vekt¨or, birinci vekt¨or¨un lineer bile¸simi oldu˘gundan bu k¨ume lineer ba˘gımlıdır. (b) {(3, −1, 0), (0, −1, 0), (3, 1, 2), (1, −1, 3)} k¨umesi, R3 uzayının 4 elemanlı bir alt k¨umesidir. 3 < 4 oldu˘gundan bu k¨ume lineer ba˘gımlıdır. (c) { (4, 1, 2), (1, −1, 0), (2, 1, −2)} k¨ umesi, det( α1 , α2 , α3 ) = det
R3
uzayının 3 elemanlı bir alt k¨umesidir.
4 1 2 1 −1 1 2 0 −2
= 16
dır. det( α1 , α2 , α3 ) = 0 oldu˘gundan { α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır. (¸ c) { (−3, 2, 0), (1, 1, 2), (−5, 5, 2)} k¨ umesi, det( α1 , α2 , α3 ) = det
R3
uzayının 3 elemanlı bir alt k¨umesidir.
−3 1 −5 2 1 5 0 2 2
=0
dir. det( α1 , α2 , α3 ) = 0 oldu˘gundan { α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımlıdır.
23
Mat 201 Lineer Cebir
9. R4 uzayında {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (2, −1, −1, 2), (1, 0, 1, 0)} k¨umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, −1, −1, 0), (1, 0, 1, 0)} k¨umesi, R 4 uzayının 4 elemanlı bir alt k¨umesidir.
det( α1 , α2 , α3 , α4 ) =
1 0 0 1
0
2 1 1 −1 0 1 −1 1 0 2 0
=0
dır. det( α1 , α2 , α3 , α4 ) = 0 oldu˘gundan { α1 , α2 , α3 , α4 } k¨ umesi lineer ba˘gımlıdır. 10.
R1
uzayında { 1} k¨ umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: c1 = 0 e¸sitli˘ gini do˘grulayan ve sıfırdan farklı olan bir c sayısı bulunmadı˘gından umesi R1 uzayının lineer ba˘gımsız bir alt k¨umesidir. {1} k¨ 11.
Rn
uzayında
e1 = (1, 0,..., 0, 0), e2 = (0, 1,..., 0, 0), e3 = (0, 0, 1,..., 0), ... , olmak ¨uzere { e1 , e2 , e3 ,...,e
n
e n = (0, 0,..., 0, 1)
umesinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. } k¨
C ¸¨ oz¨ um: c1 e1 + c2 e2 + . . . + cn en = 0 e¸sitli˘gi a¸cık olarak yazılıp d¨uzenlendi˘ ginde (c1 , c2 ,...,c
n)
= (0, 0,..., 0)
e¸sitli˘gine d¨on¨u¸su ¨ r. Bu e¸sitlikten c1 , c2 , ..., c n sayılarının t¨ um¨un¨un sıfır oldu˘gu sonucu ¸cıkar. ¨ Oyleyse umesi lineer ba˘gımsızdır. {e1 , e2 , e3 ,...,e n } k¨ 12. P2 uzayında p 1 = 5, p2 = 2 − x, p3 = 3 + x2 oldu˘guna g¨ore {p1 , p2 , p3 } k¨umesinin lineer ba˘gımlı olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: c1 p1 + c2 p2 + c3 p3 = 0 e¸sitli˘gi a¸cık olarak yazılıp d¨uzenlendi˘ ginde (5c1 + 2c2 + 3c3 ) + (0c1 − c2 + 0c3 ) x + (0c1 + 0c2 + 3c3 ) x2 =0
(1)
e¸sitli˘gine d¨on¨ u¸su ¨ r. Bir p olinomun sıfır polinomuna e¸sit olması i¸cin b¨ut¨un katsayılarının sıfır olması gerekli ve yeterlidir. Buna g¨ore (1) e¸sitli˘ ginden 5c1 + 2c2 + 3c3 = 0 0c1 − c2 + 0c3 = 0 0c1 + 0c2 + 3c3 = 0 denklem sistemi elde edilir.
(2)
24
Mat 201 Lineer Cebir
5 2 3 0 0 −1 0 0 0 0 3 0
(−1)R2 →R2
∼
(−3)R3 +R1 →R1
∼
5230 0 1 0 0 0030 5000 0 1 0 0 0 0 1 0
(−2)R2 +R1 →R1
∼ 1 3
1 5
R3 →R3
R1 →R1
∼
5030 0 1 0 0 0 0 1 0
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
dir. En son elde edilen satırc a indirgenmi¸s matrisin g¨osterdi˘ gi denklem sisteminin bir tek ¸c¨oz¨ um¨u vardır ve bu ¸c¨oz¨ um, c1 = 0, c2 = 0, c3 = 0 dır. Buna g¨ore {p1 , p2 , p3 } k¨umesi lineer ba˘gımsız bir k¨umedir. ˙ 13. Ikinci dereceden reel katsayılı polinomların P 2 ile g¨osteriliyor. P 2 uzayında p1 = 1 + x,
p2 = 2x − 3x2 ,
p3 = −2 + 4x − 9x2
oldu˘guna g¨ore { p1 , p2 , p3 } k¨ umesinin lineer ba˘gımlı olup olmadı˘gını g¨osteriniz. C ¸¨ oz¨ um: c1 p1 + c2 p2 + c3 p3 = 0 e¸sitli˘gi a¸cık olarak yazılıp d¨uzenlendi˘ ginde (c1 + 0c2 − 2c3 ) + (c1 + 2c2 + 4c3 ) x + (0c1 − 3c2 − 9c3 ) x2 =0
(1)
e¸sitli˘gine d¨on¨ u¸su ¨ r. Bir p olinomun sıfır polinomuna e¸sit olması i¸cin b¨ut¨un katsayılarının sıfır olması gerekli ve yeterlidir. Buna g¨ore (1) e¸sitli˘ ginden c1 + 0c2 − 2c3 = 0 c1 + 2c2 + 4c3 = 0 0c1 − 3c2 − 9c3 = 0
(2)
denklem sistemi elde edilir.
1 0 −2 0 1 2 40 0 −3 −9 0
(−1)R1 +R2 →R2
∼
1 0 −2 1 0 3 0 −3 −9
1 0 −2 0 0 2 60 0 −3 −9 0 0 0 0
3R2 +R3 →R3
∼
1 2
R2 →R2
∼
1 0 −2 0 0 1 3 0 0 0 0 0
dir. En son elde edilen satırca indirgen mi¸s matrisin g¨osterdi˘ gi denklem sisteminde c3 = t se¸cilirse c1 = 2t ve c2 = −3t bulunur. Demek ki c1 α1 + c 2 α2 + c 3 α3 = 0 e¸sitli˘gini do˘grulayan ¨ ve en az biri sıfır olmayan c 1 , c2 , c3 sayıları bulunabiliyor. Orne˘ gin t = 1 i¸cin c 1 = 2, c2 = −3, c3 = 1 elde edilir. En az biri sıfı rdan farklı olan b¨oyle c1 , c2 , c3 sayılarının bulunabilmesi, {p1 , p2 , p3 } k¨ umesinin lineer ba˘gımlı bir k¨ume oldu˘gunu g¨osterir.
25
Mat 201 Lineer Cebir
5 1 , α2 = −1 2 lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. 14.
R2 2
uzayında, α1 =
0 2 3 1
oldu˘guna g¨ore {α1 , α2 } k¨ umesinin
C ¸¨ oz¨ um: c1 α1 + c2 α2 = 0 e¸sitli˘gi a¸cık olarak yazılıp d¨uzenlendi˘ ginde 5c1 + 0c2 −c1 + 3c2
c1 + 2c2 2c1 + c2
0 0 0 0
=
(1)
˙ matrisin e¸sit olması i¸cin kar¸ e¸sitli˘gine d¨on¨ u¸su ¨ r. Iki sılıklı bile¸senlerinin e¸sit olması gerekli ve yeterlidir. Buna g¨ore (1) e¸sitli˘ ginden 5c1 + 0c2 = −c1 + 3c2 = c1 + 2c2 = 2c1 + c2 =
0 0 0 0
(2)
denklem sistemi elde edilir.
5 −1 1 2
0 3 2 1
0 0 0 0
1 5
R1 →R1
∼
1 −1 1 2
R2 ↔R4
∼
1R1 +R2 →R2
0 3 2 1
0 0 0 0
1 0 0 0 1 0 0 2 0 0 3 0
∼ (−1)R1 +R3 →R3 (−2)R1 +R4 →R4
1 0 0 0
(−2)R2 +R3 →R3
∼ (−3)R2 +R4 →R4
0 3 2 1
0 0 0 0
1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
dir. En son elde edilen satırc a indirgenmi¸s matrisin g¨osterdi˘ gi denklem sisteminin bir tek ¸c¨oz¨ um¨u vardır ve bu ¸c¨oz¨ um, c 1 = 0, c2 = 0 dır. Buna g¨ore { α1 , α2 } k¨ umesi lineer ba˘gımsız bir k¨umedir. 15. Bir V alt uzayının {α1 , α2 , α3 } alt k¨umesinin lineer ba˘gımsız oldu˘gu biliniyor. A¸sa˘ gıdaki k¨umelerin her birinin lineer ba˘gımsız olup olmadı˘gını g¨osteriniz. (a) { α1 }
(b) { α1 , α3 }
(d) { α1 + 3α2 , α1 − α3 , 3α2 + α3 }
(c) {α1 − 3α2 , α1 }
(¸ c) { α1 − α3 , α2 − α3 }
(e) { 3α1 − α2 , 4α1 − α2 − α3 , α3 − α1 }
C ¸¨ oz¨ um: (a) Lineer ba˘gımsız bir k¨umenin her alt k¨umesi de lineer ba˘gımsız oldu˘gundan {α1 } k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır. (b) Lineer ba˘gımsız bir k¨umenin her alt k¨umesi de lineer ba˘gımsız oldu˘gundan {α1 , α2 } k¨umesi lineer ba˘gımsızdır. (c) c1 (α1 − 3α2 ) + c 2 α1 = 0 e¸sitli˘gi d¨uzenlendi˘ ginde (c1 + c2 ) α1 − 3c2 α2 = 0 e¸sitli˘gi elde
26
Mat 201 Lineer Cebir
edilir. {α1 , α2 } k¨umesi lineer ba˘gımsız oldu˘gundan bu e¸sitlikten c1 + c 2 = 0 ve −3c2 = 0 elde edilir. Buradan da c1 = 0 ve c2 = 0 bulunur. Demek ki {α1 − 3α2 , α1 } k¨umesi lineer ba˘gımsızdır. (¸ c) c 1 (α1 − α2 ) + c2 (α2 − α3 ) = 0 e¸sitli˘ gi d¨uzenlendi˘ ginde c 1 α1 + (−c1 + c2 ) α2 − c2 α3 = 0 e¸sitli˘gi elde edilir. {α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımsız oldu˘gundan bu e¸sitlikten c1 = 0, − c1 + c2 = 0, − c2 = 0 elde edilir. Buradan da c 1 = 0 ve c 2 = 0 bulunur. Demek ki {α1 − α3 , α2 − α3 } k¨umesi lineer ba˘gımsızdır. (d) c 1 (α1 + 3α2 ) + c2 (α1 − α3 ) + c3 (3α2 + α3 ) = 0 e¸sitli˘ gi d¨uzenlendi˘ ginde (c1 + c2 ) α1 + (3c1 + 3c3 ) α2 + ( −c2 + c3 ) α3 = 0 e¸sitli˘gi elde edilir. {α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımsız oldu˘gundan bu e¸sitlikten c1 + c2 = 0 3c1 + 3c3 = 0 −c2 + c3 = 0
(1)
denklem sistemi elde edilir.
1 1 0 0 3 0 3 0 0 −1 1 0
(−3)R1 +R2 →R2
∼
1 1 0 0 0 −3 3 0 0 −1 1 0
(−1)R2 +R1 →R1
(
−
1 3
)R
0 0
0 0
R2
2→
∼
1 0 −1 0 0 1 1 0
∼ 1R2 +R3 →R3
1 1 0 0 0 1 1 0 0 −1 1 0
oldu˘gundan (1) denklem sisteminin ¸c¨oz¨ um¨u vardır ve c1 = t, c2 = −t, c3 = t dir. Demek ki c1 (α1 + 3α2 ) + c 2 (α1 − α3 ) + c 3 (3α2 + α3 ) = 0 e¸sitli˘ gi sa˘glanacak bi¸cimde en az biri sıfır olmayan c1 , c2 , c3 sayıları bulunabiliyor. Buna g¨ore {α1 + 3α2 , α1 − α3 , 3α2 + α3 } k¨umesi lineer ba˘gımlıdır. (e) c 1 (3α1 − α2 ) + c2 (4α1 − α2 − α3 ) + c3 (α3 − α1 ) = 0 e¸sitli˘ gi d¨uzenlendi˘ ginde (3c1 + 4c2 − c3 ) α1 + ( −c1 − c2 ) α2 + ( −c2 + c3 ) α3 = 0 e¸sitli˘gi elde edilir. {α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımsız oldu˘gundan bu e¸sitlikten 3c1 + 4c2 − c3 = 0 −c1 − c2 = 0 −c2 + c3 = 0 denklem sistemi elde edilir.
(1)
27
Mat 201 Lineer Cebir
3 −1 0
4 −1 −1
−1 0 0 0 1 0
2R2 +R1 →R1
∼
1 2 −1 0 0 1 −1 0 0 −1 1 0
1 2 −1 0 0 0 −1 −1 0 −1 1 0
(−2)R2 +R1 →R1
∼ 1R2 +R3 →R3
1R1 +R2 →R2
∼
1 0 1 0 0 1 −1 0 0 0 0 0
oldu˘gundan (1) denklem sisteminin ¸c¨oz¨ um¨u vardır ve c1 = t, c2 = t, c3 = t dir. Demek ki c1 (3α1 − α2 ) + c2 (4α1 − α2 − α3 ) + c3 (α3 − α1 ) e¸sitli˘ gi sa˘glanacak bi¸cimde en az biri sıfır olmayan c 1 , c2 , c3 sayıları bulunabiliyor. Buna g¨ore {3α1 − α2 , 4α1 − α2 − α3 , α3 − α1 } k¨umesi lineer ba˘gımlıdır. 16. R4 uzayında H = Sp {(2, 6, −7, 19), (2, 0, 3, −5), (0, 1, 0, −1), (−1, 0, −1, 1)} e¸ sitli˘giyle verilen H alt uzayını geren lineer ba˘gımsız bir k¨ume bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: (2, 6, −7, 19), (2, 0, 3, −5), (0, 1, 0, −1), (−1, 0, −1, 1) vekt¨orlerini satır vekt¨or¨ u olarak kabul eden matris A olsun. Bir matrisin satır vekt¨orlerinde yapılan elementer i¸slemler matrisin satır uzayını de˘gi¸stirmez. A matrisini elementer satır i¸slemleriyle satırca indirgeyelim.
A=
(
2 2 0 −1
6 −7 19 0 3 −5 1 0 −1 0 −1 1
1 0 −126 − 198 −20 45 0 1 0 −1 0 6 −9 21 1 19
)R3 →R3
∼
1R3 +R1 →R1
∼
R2 ↔R3
∼
1 0 −8 26 0 1 0 −1 0 0 1 −3 0 0 −9 27
1 2 0 −1
6 0 1 0
∼ 9R3 +R4 →R4
(−2)R1 +R2 →R2
∼ 1R1 +R4 →R4
(−6)R2 +R1 →R1
10 6 −80 1 0 −12 19 0 6 −9
8R3 +R1 →R1
−8 20 3 −5 0 −1 1 −1
−201 −45 21
∼ 12R2 +R3 →R3 (−6)R2 +R4 →R4
1 0 0 2 0 1 0 −1 0 0 1 −3 0 0 0 0
10 10 −80 −26 1 0 0 19 −57 0 0 −9 27
dir. En sonda bulunan satırca indirgenmi¸s basamak matrisine S diyelim. S matrisinin ilk ¨u¸c satırının lineer ba˘gımsız oldu˘gu apa¸cıktır. Son satır sıfır vekt¨or¨une e¸sit oldu˘ gundan S matrisinin satır uzayı, ilk ¨u¸c satır vekt¨or¨ un¨un gerdi˘gi uzaydır. Kısaca H = S p {(1, 0, 0, 2), (0, 1, 0, −1), (0, 0, 1, −3)} elde edilir.
17. G = { (1, 0, −1) , (2, 0, −2) , (5, −2, −6) , (13, −4, −15) , (19, −8, −23)} olsun. G k¨umesi,
28
Mat 201 Lineer Cebir
R3
uzayının bir alt k¨umesidir. G k¨ umesinin ¨oyle bir alt k¨umesini bulunuz ki bu alt k¨umeye G k¨umesinin ba¸ska vekt¨ orleri konularak elde edilen k¨ umeler lineer ba˘gımlı olsun. C ¸¨ oz¨ um: G k¨umesinin elemanlarını s¨utun vekt¨or¨ u olarak kabul eden matris A olsun. A matrisini elementer satır i¸slemleriyle satırca indirgeyelim. 1 2 5 13 19 0 0 −2 −4 −8 −1 −2 −6 −15 −23
A=
(
−
1 2
)R
R2
2→
∼
1R1 +R3 →R3
1 2 5 13 19 1 0 0 2 4 0 0 −1 −2 −4
∼
1 2 5 13 19 0 0 −2 −4 −8 0 0 −1 −2 −4
(−5)R2 +R1 →R1
∼ 1R2 +R3 →R3
1 2 0 3 −1 0 0 1 2 4 0 0 0 0 0
dir. En sonda bulunan satırca indirgenmi¸s basamak matrisine S diyelim. S matrisinin bir¨ inci ve ¨u¸c¨unc¨ u s¨utununun lineer ba˘gımsız oldu˘gu apa¸cıktır. Oteki s¨utunlar bu s¨utunların lineer bile¸simidir. Birinci ve ¨u¸c¨unc¨ u s¨utunların yanına ba¸ska s¨ utunlar konuldu˘gunda lineer ba˘gımlı k¨umeler elde edilir. Buna g¨ore A matrisinde de birinci ve ¨u¸cu ¨ nc¨u s¨ utun vekt¨orleri lineer ba˘gımsızdır. Bu s¨utunların yanına A matrisinin ba¸ska s¨utunları konularak elde edilen k¨umelerin t¨um¨u lineer ba˘gımlı olur.
29
Mat 201 Lineer Cebir ¨ UZAYININ BOYUTU VEKTOR 1. {(−3, 1), (2, −7)} k¨ umesinin
R2
uzayının bir tabanı oldu˘gunu g¨osteriniz.
C ¸¨ oz¨ um: {(−3, 1), (2, −7)} k¨umesinin elemanlarını sırasıyla α 1 , α2 ile g¨osterelim. {α1 , α2 } k¨umesi, R2 uzayının 2 elemanlı bir alt k¨umesidir. det( α1 , α2 ) = det
−31 −27
= 19
dur. det( α1 , α2 ) = 0 oldu˘gundan { α1 , α2 } k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır. R2 uzayının boyutunun 2 oldu˘gunu biliyoruz. n boyutlu bir vekt¨or uzayında n elemanlı or uzayı i¸cin bir {α1 , α2 ,..., n } alt k¨umesi lineer ba˘gımsız bir k¨ume ise bu k¨umenin V vekt¨ taban oldu˘gunu ispatlamı¸stık. Buna g¨ ore { α1 , α2 } k¨ umesi, R2 uzayının bir tabanıdır.
2. {(−4, 3), (8, −6)} k¨ umesi
R2
uzayı i¸cin bir taban mıdır?
C ¸¨ oz¨ um: {(−4, 3), (8, −6)} k¨umesinin elemanlarını sırasıyla α 1 , α2 ile g¨osterelim. {α1 , α2 } k¨umesi, R2 uzayının 2 elemanlı bir alt k¨umesidir.
det( α1 , α2 ) = det
8 −4 3 −6
=0
dur. det (α1 , α2 ) = 0 oldu˘gundan {α1 , α2 } k¨umesi lineer ba˘gımlıdır. Buna g¨ore {α1 , α2 } k¨umesi, R2 uzayının bir tabanı de˘gildir. 3. {(2, 5), (0, 1), (−3, 2)} k¨ umesi
R2
uzayı i¸cin bir taban olur mu? Neden?
C ¸¨ oz¨ um: {(2, 5), (0, 1), (−3, 2)} = ϕ diyelim. ϕ k¨umesinin 3 tane elemanı var. R2 uzayının boyutunun 2 oldu˘gunu biliyoruz. Ayrıca, n boyutlu bir vekt¨or uzayında, n den daha ¸cok vekt¨or¨ u bulunan her alt k¨umenin lineer ba˘gımlı oldu˘gunu da biliyoruz. Buna g¨ore ϕ k¨ umesi lineer ba˘gımlıdır. ( ϕ k¨ umesinin lineer ba˘gımlı oldu˘gunu tanımdan yararlanarak da g¨osterebilirsiniz.) ϕ k¨ umesi lineer ba˘gımsız olmadı˘gından, bu k¨ume 4. {(2, 1, 3), (−1, 0, 1), (0, 1, 2)} k¨ umesi
R3
R2
uzayının bir tabanı de˘gildir.
uzayı i¸cin bir taban mıdır?
C ¸¨ oz¨ um: {(2, 1, 3), (−1, 0, 1), (0, 1, 2)} k¨umesinin elemanlarını sırasıyla α1 , α2 , α3 ile g¨osterelim. umesi, R3 uzayının 3 elemanlı bir alt k¨umesidir. {α1 , α2 , α3 } k¨ det( α1 , α2 , α3 ) = det
2 −1 0 1 0 1 3 1 2
= −3
30
Mat 201 Lineer Cebir
t¨ur. det( α1 , α2 , α3 ) = 0 oldu˘gundan {α1 , α2 , α3 } k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır. R3 uzayının boyutunun 3 oldu˘gunu biliyoruz. n boyutlu bir vekt¨or uzayında n elemanlı or uzayı i¸cin bir {α1 , α2 ,..., n } alt k¨umesi lineer ba˘gımsız bir k¨ume ise bu k¨umenin V vekt¨ taban oldu˘gunu ispatlamı¸stık. Buna g¨ ore { α1 , α2 , α3 } k¨ umesi, R3 uzayının bir tabanıdır.
5. Sp {(−3, 5)} = H olsun. H alt uzayının farklı iki tabanını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: {(−3, 5)} k¨umesi H alt uzayının bir ¨uretecidir. Ayrıca lineer ba˘gımsız bir k¨umedir. Buna g¨ore bu k¨ume, H alt uzayının bir tabanıdır. {(6, −10)} k¨umesinin de H alt uzayını ¨uretti˘ gi kolayca g¨or¨ulebilir. Ayrıca bu k¨ume de lineer ba˘gımsızdır. Bundan dolayı {(6, −10)} k¨umesi de H alt uzayının bir tabanıdır. 6. Sp {(1, −3), (−3, 9)} = H olsun. H alt uzayının farklı iki tabanını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: {(1, −3), (−3, 9)} k¨ umesi H alt uzayının bir ¨uretecidir. Ama lineer ba˘gımlı bir k¨umedir. Bundan dolayı H alt uzayının bir tabanı de˘gildir. {(1, −3)} k¨umesi H uzayının lineer ba˘gımsız bir ¨ureteci oldu˘gundan bu k¨ume, H alt uzayının bir tabanıdır. {(−3, 9)} k¨ umesinin de H alt uzayını ¨uretti˘ gi kolayca g¨or¨ ulebilir. Ayrıca bu k¨ume de lineer ba˘gımsızdır. Bundan dolayı {(−3, 9)} k¨ umesi de H alt uzayının bir tabanıdır. 7. {(a, 0, b) : a, b ∈ R} k¨umesinin alt vekt¨or uzayı oldu˘gunu g¨osteriniz. Bu uzayın bir tabanını bulunuz. Bu alt uzayın boyutu nedir? C ¸¨ oz¨ um: {(a, 0, b) : a, b ∈ R} = H diyelim. H k¨umesinin herhangi iki u ve v elemanını g¨oz ¨on¨une alalım. u = (a1 , 0, b1 ) ve v = (a2 , 0, b2 ) bi¸cimindedir. c ∈ R i¸cin u + cv = (a1 + ca2 , 0, b1 + cb2 ) olur. u + cv ∈ H oldu˘gu apa¸cıktır. Buna g¨ore H k¨umesi,
R3
uzayının bir alt vekt¨or uzayıdır.
e1 = (1, 0, 0) ve e3 = (0, 0, 1) olmak ¨uzere { e1 , e3 } ⊂ H oldu˘gu apa¸cıktır. {e1 , e2 } k¨ umesinin lineer ba˘gımsız oldu˘gu kolayca g¨or¨ ulebilir. u ∈ H, u = (a1 , 0, b1 ) olsun. u = (a1 , 0, b1 ) = (a1 , 0, 0) + (0, 0, b1 ) = a 1 (1, 0, 0) + b1 (0, 0, 1) = u 1 e1 + u2 e3 oldu˘gundan u ∈ Sp {e1 , e3 } dır. Her u ∈ H i¸cin u ∈ Sp {e1 , e3 } oldu˘gundan H ⊆ Sp {e1 , e3 } t¨ur. ore {e1 , e3 } ⊂ H oldu˘gundan ve alt vekt¨or uzayı toplama ve skalarla ¸carpma i¸slemlerine g¨ kapalı oldu˘gundan e1 , e3 vekt¨ orlerinin lineer bile¸simleri de H uzayının elemanıdır. Buna g¨ore Sp {e1 , e3 } ⊆ H dir. Sonu¸c olarak S p {e1 , e3 } = H dir.
31
Mat 201 Lineer Cebir
B¨ oylece {e1 , e3 } k¨umesinin, H alt vekt¨or uzayının bir tabanı oldu˘gu g¨osterilmi¸s oldu. H alt vekt¨ or uzayının bir tabanında 2 tane vekt¨or bulundu˘gundan H alt uzayının boyutu 2 dir. ¨ H alt vekt¨or uzayının ba¸ska tabanlarını da bulabilirsiniz. Orne˘ gin, {(2, 0, 3) , (−1, 0, 2)} k¨u-mesinin de H alt uzayı i¸cin bir taban oldu˘gu g¨osterilebilir. α1 = (2, 0, 3) , α2 = (−1, 0, 2) ve {(2, 0, 3) , (−1, 0, 2)} = ϕ diyelim. α1 = 0 dır ve α2 vekt¨ or¨u α1 vekt¨ or¨ un¨un lineer bile¸simi de˘gildir. Buna g¨ore ϕ k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır. ϕ ⊂ H oldu˘gundan ve alt vekt¨or uzayı toplama ve skalerle ¸carpma i¸slemlerine g¨ ore kapalı oldu˘gundan ϕ k¨ umesinin lineer bile¸simleri de H uzayının elemanıdır. Buna g¨ore S pϕ ⊆ H dir. u ∈ H olsun. u vekt¨ or¨ u, u = (a1 , 0, b1 ) bi¸cimindedir. u = c 1 (2, 0, 3) + c2 (−1, 0, 2)
(1)
olacak bi¸cimde c 1 , c2 sayılarının varlı˘gı g¨osterilirse u ∈ Spϕ oldu˘gu g¨osterilmi¸s olur. (1) e¸sitli˘ gi, 2c1 − c2 = a 1 3c1 + 2c2 = b 1
(2)
denklem sistemine denktir. (2) denklem sisteminin katsayılar determinantı sıfırdan farklı oldu˘gundan bu denklem sisteminin bir ve yalnız bir ¸ c¨ oz¨um¨ u vardır. a1 ve a2 sayılarının her verili¸sinde c1 , c2 sayıları bulunabilir. Bu durum, u ∈ Spϕ oldu˘gunu g¨osterir. Her u ∈ H i¸cin u ∈ S pϕ oldu˘gundan, H ⊆ S pϕ dir. Yukarıda, Spϕ ⊆ H oldu˘gunu da g¨orm¨ u¸st¨ uk. Buna g¨ore Spϕ = H dir. B¨ oylece ϕ k¨ umesinin, H uzayının bir tabanı oldu˘gu g¨osterilmi¸s oldu.
8. Sp {(3, 2, −1)} alt uzayının bir tabanını bulunuz. Bu alt uzayın boyutu nedir? Sp {(3, 2, −1)} alt uzayı geometrik olarak ne g¨osterir? C ¸¨ oz¨ um: Sp {(3, 2, −1)} = H diyelim. H k¨ umesi, { (3, 2, −1)} k¨ umesinin ¨uretti˘ gi alt vekt¨or uzayıdır. (3, 2, −1) vekt¨or¨u sıfırdan farklı bir vekt¨ or oldu˘gundan {(3, 2, −1)} k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır. Buna g¨ore {(3, 2, −1)} k¨umesi, H alt vekt¨or uzayının bir tabanıdır. Bir tabanında 1 tane vekt¨or bulundu˘gundan, H alt uzayının boyutu 1 dir. Geometrik olarak S p {(3, 2, −1)} alt uzayı, ge¸cen do˘gruyu g¨osterir.
R3
uzayında (0, 0, 0) ve (3, 2, −1) noktalarından
9. {(−3, 4), (6, −8)} k¨umesinin gerdi˘gi Sp {(−3, 4), (6, −8)} alt vekt¨or uzayının boyutunu bulunuz. Sp {(−3, 4), (6, −8)} alt uzayı geometrik olarak ne g¨osterir? C ¸¨ oz¨ um: Sp {(−3, 4), (6, −8)} = H diyelim. H k¨ umesi, {(−3, 4), (6, −8)} k¨umesinin u ¨ retti˘ gi alt vekt¨or uzayıdır. (6 , −8) vekt¨or¨u (−3, 4) vekt¨or¨ un¨un lineer bile¸simi oldu˘ gundan Sp {(−3, 4), (6, −8)} = S p {(−3, 4)}
32
Mat 201 Lineer Cebir
olur. Kısaca Sp {(−3, 4)} = H dır. ( −3, 1), sıfırdan farklı bir vekt¨or oldu˘gundan {(−3, 4)} k¨umesi lineer ba˘gımsızdır. Buna g¨ore {(−3, 4)} k¨ umesi, H alt vekt¨or uzayının bir tabanıdır. Bir tabanında 1 tane vekt¨or bulundu˘gundan H alt uzayının boyutu 1 dir. Geometrik olarak H alt uzayı, g¨osterir.
R2
uzayında (0, 0) ve ( −3, 4) noktalarından ge¸cen do˘gruyu
10. {(−1, 2, 1), (−1, 0, 2), (3, 1, 2)} k¨umesinin gerdi˘gi alt vekt¨or uzayı H ile g¨osteriliyor. H alt vekt¨or uzayının boyutunu bulunuz. H alt uzayı geometrik olarak ne g¨osterir? C ¸¨ oz¨ um: {(−1, 2, 1), (−1, 0, 2), (3, 1, 2)} k¨ umesinin elemanlarını sırasıyla α 1 , α2 , α3 ile g¨osterelim. {α1 , α2 , α3 } k¨ umesi, R3 uzayının 3 elemanlı bir alt k¨umesidir. det( α1 , α2 , α3 ) = det
−1 −1 3 2 0 1 1 2 2
= 17
t¨ur. det (α1 , α2 , α3 ) = 0 oldu˘gundan {α1 , α2 , α3 } k¨umesi lineer ba˘gımsızdır. Bu k¨ume, H alt vekt¨or uzayını gerdi˘ginden, H alt vekt¨or uzayının bir tabanı olur. H alt vekt¨or uzayının bir tabanında 3 tane eleman bulundu˘gundan boyutH = 3 t¨ur. H, R3 uzayının bir alt vekt¨or uzayıdır. R3 uzayının boyutu 3 t¨ur. Bir alt uzayın boyutu, asıl uzayın boyutuna e¸sit ise bu alt uzay, asıl uzaya e¸sittir. Buna g¨ ore H = R3 t¨ ur. Geometrik olarak, H alt uzayı
R3
uzayını g¨osterir.
11. Sp {(−2, 1, 0), (3, 0, 1), (5, −1, 1)} alt vekt¨or uzayının bir tabanını bulunuz. Bu uzayın boyutu nedir? C ¸¨ oz¨ um: {(−2, 1, 0), (3, 0, 1), (5, −1, 1)} k¨ umesinin elemanlarını sırasıyla α 1 , α2 , α3 ile g¨osterelim. {α1 , α2 , α3 } k¨ umesi, R3 uzayının 3 elemanlı bir alt k¨umesidir. det( α1 , α2 , α3 ) = det
5 −2 3 1 0 −1 0 1 1
=0
t¨ur. det( α1 , α2 , α3 ) = 0 oldu˘ gundan {α1 , α2 , α3 } k¨umesi lineer ba˘gımlıdır. Bu k¨umenin {(−2, 1, 0), (3, 0, 1)} alt k¨umesinin lineer ba˘gımsız oldu˘gu hemen g¨or¨ ulebilir (Birinci vekt¨or sıfırdan farklıdır ve ikinci vekt¨or, birinci vekt¨or¨ un lineer bile¸simidir.). α3 vekt¨ or¨ u, α1 ve α2 vekt¨ orlerinin lineer bile¸simi olmak zorundadır. Sp {α1 , α2 , α3 } = S p {α1 , α2 } olur. Sp {α1 , α2 , α3 } = H diyelim. {α1 , α2 } k¨umesi, H alt vekt¨or uzayının bir tabanı olur. tabanında 2 tane eleman bulundu˘gundan boyutH = 2 t¨ur.
H alt vekt¨or uzayının bir
33
Mat 201 Lineer Cebir
12. R4 uzayında H = S p {(2, 6, −6, −7) , (2, 0, 6, 3) , (0, 1, −2, 0) , (−1, 0, −3, −1)} e¸ sitli˘giyle verilen H alt uzayının bir tabanını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: (2, 6, −6, −7) , (2, 0, 6, 3) , (0, 1, −2, 0) , (−1, 0, −3, −1) vekt¨orleri, satır vekt¨orleri olarak yazılarak bulunan matris A olsun. H alt uzayı, A matrisinin satır uzayı ile ¨ozde¸slenebilir. Elementer satır i¸slemlerinin bir matrisin satır uzayını de˘gi¸stirmedi˘gini biliyoruz. Bu ger¸cekten yararlanmak i¸cin A matrisini satırca indirgeyelim.
A=
2 6 −6 −7 20 6 3 0 1 −2 0 −1 0 −3 −1
∼
1 0 3 0 1 −2 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1
=S
dir. S matrisinin d¨ord¨ unc¨u satırı sıfır vekt¨or¨une e¸sit oldu˘ gundan S matrisinin satır uzayı, ilk u ¨ ¸c satır vekt¨or¨ un¨un gerdi˘gi uzaydır. Kısaca H = S p {(1, 0, 3, 0), (0, 1, −2, 0), (0, 0, 0, 1)} elde edilir. Ayrıca {(1, 0, 3, 0), (0, 1, −2, 0), (0, 0, 0, 1)} k¨ umesi lineer ba˘gımsızdır. Sonu¸c olarak bu k¨ume, H alt uzayının bir tabanıdır. H alt vekt¨or uzayının bir tabanında 3 tane eleman bulundu˘gundan boyutH = 3 t¨ur. 13. 3 × 1 bi¸cimindeki matrislerin k¨ umesi
a + b + 2c 2a − 2c
W =
R3 1
ile g¨osteriliyor.
: a , b, c ∈ R
2b + 6c oldu˘guna g¨ore W alt uzayının bir bazını bulunuz. W alt uzayının boyutunu belirtiniz. C ¸¨ oz¨ um:
a + b + 2c 2a − 2c 2b + 6c
a 2a 0
=
oldu˘gundan W = Span
1 2 0
,
1 0 2
lineer ba˘gımlı oldu˘gu ve
1 2 0
,
1 0 2
Buna g¨ore
1 2 0
,
1 0 2
+
b 2a 2b
,
2 −2 6
+
2c −2c 6c
dir.
=a 1 2 0
,
1 2 0 1 0 2
+b
,
1 0 2
2 −2 6
2 −2 6
+c
k¨umesinin
k¨ umesinin lineer ba˘gımsız oldu˘gu kolayca g¨or¨ulebilir.
k¨ umesi W alt uzayı i¸cin bir taban olur. dim W = 2 dir.
34
Mat 201 Lineer Cebir 14.
R3
uzayının H alt uzayı,
H = S p {(2, −3, −2), (4, −6, −4), (−6, 9, 6), (2, 1, 1), (−2, −5, −4)} e¸sitli˘giyle veriliyor. {(2, −3, −2), (4, −6, −4), (−6, 9, 6), (2, 1, 1), (−2, −5, −4)} k¨umesinin i¸cinden H alt uzayının bir tabanını bulunuz. C ¸¨ oz¨ um: (2, −3, −2), (4, −6, −4), (−6, 9, 6), (2, 1, 1), (−2, −5, −4) vekt¨orleri s¨utun vekt¨orleri olarak yazılarak bulunan matris A olsun. Bir matriste yapılan elementer satır i¸slemlerinin matristeki lineer ba˘gımsız s¨utunların yerlerini de˘gi¸stirmedi˘gini biliyoruz. Bu ger¸cekten yararlanmak i¸cin A matrisini satırca indirgeyelim. A=
2 4 −6 2 −2 9 1 −5 −3 −6 −2 −4 6 1 −4
∼
1 2 −3 0 1 0 0 0 1 −2 00 0 0 0
=S
dir. En sa˘gda bulunan satırca indirgenmi¸s S matrisinin birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨utun vekt¨orleri lineer ba˘gımsızdır. S nin geriye kalan s¨utun vekt¨orleri bu vekt¨orlerin yanına konuldu˘gunda lineer ba˘gımlı k¨umeler elde edi lir. Buna g¨ore A matrisinin de birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨utun vekt¨orleri lineer ba˘gımsızdır. A nın geriye kalan s¨utun vekt¨orleri bu vekt¨orlerin yanına konuldu˘gunda lineer ba˘gımlı k¨umeler elde edilir. Buradan A matrisinin birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨ utun vekt¨orlerine kar¸ sılık gelen (2, −3, −2), (2, 1, 1) vekt¨orlerinden olu¸san {(2, −3, −2), (2, 1, 1)} k¨umesinin, H alt uzayının bir tabanı oldu˘gu anla¸sılır. 15.
R3 1
uzayının H alt uzayı,
−62 −7
H = Sp
e¸sitli˘giyle veriliyor.
−124 −14
,
6 −2 −7
12 −4 −14
,
−62
,
,
7
−52 −6
−6 2 7
,
,
−42
5 −2 −6
,
,
5
−4 2 5
k¨umesinin i¸cinden H
alt uzayının bir tabanını (bazını) bulunuz. H alt uzayının boyutu nedir? C ¸¨ oz¨ um:
6 −2 −7
,
12 −4 −14
,
−6 2 7
,
5 −2 −6
,
−4 2 5
vekt¨ orleri s¨ utun vekt¨orleri olarak
yazılarak bulunan matris A olsun. Bir matriste yapılan elementer satır i¸slemlerinin matristeki lineer ba˘gımsız s¨utunların yerlerini de˘gi¸stirmedi˘gini biliyoruz. Bu ger¸cekten yararlanmak i¸cin A matrisini satırca indirgeyelim.
35
Mat 201 Lineer Cebir
A=
6 12 −6 5 −4 2 −2 2 −2 −4 7 −6 5 −7 −14
∼
1 2 −1 0 1 0 0 0 1 −2 00 0 0 0
=S
dir. Sa˘gda bulunan satırca indirgenmi¸s S matrisinin birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨ utun vekt¨orleri lineer ba˘gımsızdır. S nin geriye kalan s¨utun vekt¨orleri bu vekt¨orlerin yanına konuldu˘gunda lineer ba˘gımlı k¨umeler elde edi lir. Buna g¨ore A matrisinin de birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨utun vekt¨orleri lineer ba˘ A elde nın geriye s¨utun vekt¨orleribirinci bu vekt¨ yanına konuldu˘ gunda lineer ba˘ ggımsızdır. ımlı k¨umeler edilir. kalan Buradan A matrisinin veorlerin d¨ord¨ unc¨ u s¨utun vekt¨orlerine kar¸ sılık gelen
6 −2 −7
5 −2 −6
,
vekt¨ orlerinden olu¸san
ba˘gımsız oldu˘gu anla¸sılır.
6 −2 −7
,
12 −4 −14
−6 2 7
,
,
6 −2 −7
k¨umesindeki vekt¨orlerin her biri,
Sp
6 −2 −7
,
olur. Sonu¸c olarak
12 −4 −14
−6 2 7
,
6 −2 −7
,
,
5 −2 −6
5 −2 −6
,
5 −2 −6
,
−4 2 5
5 −2 −6
,
6 −2 −7
−
,
6 −2 −7
5 −2 −6
,
k¨umesinin lineer
5 −2 −6
k¨umesinin lineer bile¸simi oldu˘ gundan
−4 2 5
= Sp
6 −2 −7
,
5 −2 −6
k¨umesi, alt uzayının bir tabanıdır. Bir tabanında
2 tane vekt¨or bulundu˘gundan H alt uzayının boyutu 2 dir.
36
Mat 201 Lineer Cebir ˙ IN ˙ RANKI MATRIS
1. A =
2 21 0 1 −3 1 −7 −3 −2 1 −4 −2
olsun. A matrisine satırca denk olan satırca indirgenmi¸s
basamak matrisini bulunuz. A matrisinin rankı nedir? C ¸¨ oz¨ um: A =
2 21 0 1 −3 1 −7 −3 −2 1 −4 −2
∼
1 0 3 0 0 1 2 0 0 0 0 1
dır. A matrisine satırca denk olan satırca indirgenmi¸s basamak matris,
1 0 3 0 0 1 2 0 0 0 0 1
mat-
risidir. Bu matrisi S ile g¨osterelim. S matrisinin birinci ve ikinci s¨utunları lineer ba˘gımsızdır. ¨ cu U¸ ¨ nc¨u s¨utun ilk iki s¨utunun lineer bile¸simidir. D¨ ord¨ unc¨u s¨ utun, ilk iki s¨utunun lineer bile¸simi de˘gildir. Buna g¨ore
1 0 0
,
0 1 0
,
0 0 1
k¨umesi S matrisinin s¨utun uzayının bir ta-
banıdır. Bu k¨umede 3 tane eleman bulundu˘gundan S matrisinin s¨utun rankı 3 dir. ( S matrisinin satırlarının lineer ba˘gımsız oldu˘gu da kolayca g¨or¨ ulebilirdi.) Dolayısıyla S matrisinin rankı 3 t¨ur. Elementer satır i¸slemleri bir matrisin rankını de˘gi¸stirmedi˘ginden A matrisinin rankı 3 t¨ur.
2. A =
C ¸¨ oz¨ um:
−1 2 4 −5 2 0 −4 6 7 1 −13 20 1 −3 −5 6
2 4 −5 −1 2 0 −4 6 7 1 −13 20 1 −3 −5 6
(−2)R1 +R2 →R2
∼ (−7)R1 +R3 →R3 (−1)R1 +R4 →R4
matrisinin satır uzayı i¸cin bir taban bulunuz.
(−1)R1 →R1
∼
1 −2 −4 5 0 4 4 −4 0 15 15 −15 0 −1 −1 1
1 4
1 −2 −4 5 2 0 −4 6 7 1 −13 20 1 −3 −5 6
R2 →R2
∼ 1 15
R3 →R3
1 −2 −4 5 0 1 1 −1 0 1 1 −1 0 −1 −1 1
37
Mat 201 Lineer Cebir (2)R2 +R1 →R1
∼ (−1)R2 +R3 →R3 1R2 +R4 →R4
1 0 −2 3 0 1 1 −1 00 0 0 00 0 0
dir. Bir matrisin satır uzayı elementer satır i¸slemlerinde de˘gi¸smez. En son elde edilen matrisin satır uzayı S p 1 0 −2 3 , 0 1 1 −1 dır.
1 0 −2 3
,
0
1 1
−1
¨ k¨umesinin lineer ba˘gımsız oldu˘gu da hemen g¨or¨ ulmektedir. Oyleyse bu k¨ume A matrisinin satır uzayı i¸cin bir taban olur.
3. A =
2 2 6 −2 3 −3 1 −17 −2 1 −12 2
olsun. A matrisine satırca denk olan satırca indirgenmi¸s
basamak matrisi bularak A matrisinin satır uzayının bir tabanını elde ediniz. AT matrisine satırca denk olan satırca indirgenmi¸s basamak matrisi bularak A matrisinin s¨utun uzayının bir tabanını elde ediniz. C ¸¨ oz¨ um:
2 2 6 −2 3 −3 1 −17 −2 1 −12 2
∼
1 0 5 −1 0 1 −2 0 00 0 0
dır. A matrisine satırca denk olan satırca indirgenmi¸s basamak matrisi S ile g¨osterelim. S ¨ matrisinin birinci ve ikinci gımsızdır. ¨ nc¨ u Elementer satır sıfırdır. g¨orebir S matrisinin satır uzayının bir satırları tabanı {lineer [1, 0, 5,ba˘ , [0, 1, −2,U¸ 0]c}u dır. satırBuna i¸slemleri −1] matrisin satır uzayını de˘gi¸stirmedi˘ginden {[1, 0, 5, −1] , [0, 1, −2, 0]} k¨umesi, A matrisinin satır uzayının da bir tabanıdır.
AT =
2 −3 −2 2 1 1 6 −17 −12 3 2 −2
∼
1
0
0
1
1 8 3 4
0 0
0 0
0 0
dır. AT matrisine satırca denk olan satırca indirgenmi¸s basamak matrisi D ile g¨osterelim. D matrisinin satır uzayının bir tabanı
1, 0, 18 , 0, 1, 34
1, 0, 18 , 0, 1, 34
trisin satır uzayını de˘gi¸stirmedi˘ginden da bir tabanıdır. Dolayısıyla
1 0 0 , 1 1 8
3 4
t¨ ur. Elementer satır i¸slemleri bir mak¨ umesi, A T matrisinin satır uzayının
k¨umesi, A matrisinin s¨utun uzayının bir tabanıdır.
38
Mat 201 Lineer Cebir
1 2 1 3 9 3631 −5 2421 −2 uzayının bir tabanını se¸ciniz. 4. A =
matrisinin s¨utun vekt¨orlerinin i¸cinden bu matrisin s¨utun
C ¸¨ oz¨ ude˘ m: matriste yapılan elementer satır yararlanmak i¸ slemlerinin matristeki lineer ba˘ gımsızindirgeyelim. s¨ utunların yerlerini gi¸sBir tirmedi˘ gini biliyoruz. Bu ger¸cekten i¸cin A matrisini satırca A=
1 2 1 3 3631 2421
9
−5 −2
∼
1 −2 −1 0 3 0 0 0 1 4 0 0 0 00
=S
dir. En sa˘gda bulunan satırca indirgenmi¸s S matrisinin birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨utun vekt¨orleri lineer ba˘gımsızdır. S nin geriye kalan s¨utun vekt¨orleri bu vekt¨orlerin yanına konuldu˘gunda lineer ba˘gımlı k¨umeler elde edi lir. Buna g¨ore A matrisinin de birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨utun vekt¨orleri lineer ba˘gımsızdır. A nın geriye kalan s¨utun vekt¨orleri bu vekt¨orlerin yanına konuldu˘gunda lineer ba˘gımlı k¨umeler elde edilir. Buradan A matrisinin birinci ve d¨ord¨ unc¨ u s¨ utun vekt¨orlerine 1 3 1 3 3 , 1 kar¸ sılık gelen 3 , 1 vekt¨ orlerinden olu¸san k¨umesinin, A matrisinin 2 1 2 1 s¨utun uzayı i¸cin bir taban oldu˘gu anla¸sılır.
39
Mat 201 Lineer Cebir ˙ IN ˙ SIFIR UZAYI MATRIS
1. A =
3 2 2 11 4 3 2 13 2 1 1 7
oldu˘guna g¨ore A matrisinin sıfır uzayını bulunuz. A matrisinin sıfırlı˘gı nedir?
C ¸¨ oz¨ um: (a) Ax = 0 e¸ sitli˘gi, 3x1 + 2x2 + 2x3 + 11x4 = 0 4x1 + 3x2 + 2x3 + 13x4 = 0 2x1 + x2 + x3 + 7x4 = 0
(1)
denklem sistemine denktir. Bu denklem sistemini n ¸c¨oz¨ um k¨umesi, A matrisinin sıfır uzayıdır.
3 2 2 11 0 4 3 2 13 0 2 1 1 7 0
∼
1 0 0 3 0 0 1 0 −1 0 0 1 2
0 0
bulunur Son matrisin g¨osterdi˘ gi denklem sisteminden, x 1 = −3t, x2 = t, x3 = −2t, x4 = t elde edilir. Buna g¨ore −3 1 (A matrisinin sıfır uzayı) = t :t ∈R −2 1
olur. A matrisinin sıfır uzayının boyutu 1 oldu˘gundan bu matrisin sıfırlı˘gı 1 dir. A matrisi m × n bi¸ciminde bir matris ise rank A + sıfırlıkA = n oldu˘gunu biliyoruz. Bu e¸sitlikten rankA = 4 − 1 = 3 elde edilir.
2. A =
3 4 −6 3
9 12 −18 9
−6 −1 −8 −2 12 1 0 −6
sıfırlı˘gı nedir?
C ¸¨ oz¨ um: Ax = 0 e¸ sitli˘gi,
olsun. A matrisinin sıfır uzayını bulunuz. A matrisinin
3 9 4 12 −6 −18 3 9
−6 −1 −8 −2 12 1 −6 0
x1 x2 x2 x4
=
0 0 0 0
lineer homojen den-
klem sistemine denktir. Bu denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisini satırca indirgeyelim.
40
Mat 201 Lineer Cebir
3 9 4 12 −6 −18 3 9
−6 −1 0 −8 −2 0 12 1 0 0 0 −6
∼
1 0 0 0
3 −2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
bulunur. En son bulunan satırca indirgenmi¸s basamak matrisinin g¨osterdi˘ gi denklem sisteminde x2 = t,
x3 = k
diyelim. x1 = −3t + 2k, x4 = 0 elde edilir. Demek ki
x=
−3t + 2k t k 0
=
−3t t 0 0
+
2k 0 k 0
=t
−3 1 0 0
+k
2 0 1 0
dir. Ax = 0 denkleminin ¸co¨z¨ um uzayı H olsun. H = Sp {α1 , α2 } bi¸ciminde oldu˘gunu g¨ord¨ un¨uz m¨u? B¨oylece H uzayı belirtilmi¸s oldu. , α2 vekt¨ orlerinin ikinci ve ¨u¸c¨unc¨ u bile¸senine dikkat ediniz. α1 = 0 dır. α2 vekt¨ or¨ u, vekt¨ or¨ un¨un lineer bile¸simi de˘ gildir. Buna g¨ore {α1 , α2 } k¨umesi lineer ba˘gımsızdır. H = Sp {α1 , α2 } oldu˘gu da g¨oz ¨on¨une alındı˘gında {α1 , α2 } k¨umesinin H alt uzayının bir tabanı ¨ oldu˘gu g¨or¨ ul¨ur. Bir tabanında 2 tane vekt¨or bulundu˘gundan dim H = 2 t¨ur. Oyleyse sıfırlıkA = 2 t¨ur. α1
α1
3. A =
0 0
1 1
−2 −2
0 −1 2 matrisinin sıfırlı˘gı nedir?
C ¸¨ oz¨ um: Ax = 0 e¸ sitli˘gi,
7 4
31 0 19 0
−6 −27 0
0 0 0
1 1 −1
olsun. A matrisinin sıfır uzayını bulunuz.
−2 7 31 0 −2 4 19 0 2 −6 −27 0
x1 x2 x2 x4 x5
=
0 0 0
A
lineer homojen
denklem sistemine denktir. Bu denklem sisteminin geni¸sletilmi¸s matrisi satırca indirgendi˘ ginde
0 1 −2 7 31 0 0 1 −2 4 19 0 0 −1 2 −6 −27 0
oldu˘gu g¨or¨ul¨ur.
x1 = t,
∼
0 1 −2 0 3 0 0 0 0 1 4 0 0 0 0 0 0 0
x3 = k, x5 = s
diyelim. x2 = 2k − 3s, x4 = −4s elde edilir. Demek ki
41
Mat 201 Lineer Cebir
x=
t 2k − 3s k −4s s
=t
1 0 0 0 0
+k
0 2 1 0 0
+s
0 −3 0 −4 1
dir. Ax = 0 denkleminin ¸c¨ oz¨um uzayı H olsun. H = Sp {α1 , α2 , α3 } bi¸ciminde oldu˘gunu g¨ord¨ un¨uz m¨u? B¨oylece H uzayı belirtilmi¸s oldu. orlerinin birinci, ¨u¸cu ¨ nc¨ u ve be¸sinci bile¸senine dikkat ediniz. α1 = 0 dır. α1 , α2 , α3 vekt¨ or¨u, α1 vekt¨ or¨ un¨un lineer bile¸simi de˘ gildir. α3 vekt¨ or¨ u, α1 ve α2 vekt¨ orlerinin lineer α2 vekt¨ bile¸simi de˘ gildir. Buna g¨ore {α1 , α2 , α3 } k¨umesi lineer ba˘gımsızdır. H = Sp {α1 , α2 , α3 } oldu˘gu da g¨oz ¨on¨ une alındı˘gında {α1 , α2 , α3 } k¨ umesinin H alt uzayının bir tabanı oldu˘ gu ¨ g¨or¨ ul¨ur. Bir tabanında 3 tane vekt¨or bulundu˘gundan dim H = 3 t¨ur. Oyleyse sıfırlıkA = 3 t¨ur.
