Cebire Giriş Ders Notları Pdf

cebire giriş ders notları pdf

A · A{z· · · A} şeklinde tanımlanır. Eğer A n × n matris ise A0 = In
p−tane
olarak tanımlanır.

Negatif olmayan p ve q tamsayıları için Ap · Aq = Ap+q ve (Ap )q = Apq kuralları geçerlidir.

Ayrıca: (AB)p = Ap B p kuralı AB = BA değilse geçerli değildir.

Tanım n × n tipinde bir A = [aij ] matrisinde i > j için aij = 0 ise bu matrise üst üçgensel
matris; i < j iken aij = 0 ise alt üçgensel matris denir. Örneğin
   
1 3 3 1 0 0
   
 0 3 5  üst üçgensel, B =  2 3 0  alt üçgensel matrislerdir.
A=   
0 0 2 3 5 2

Tanım A bir matris olsun. A0 = A ise A’ya simetrik matris; A0 = −A ise çarpık–simetrik
(anti–simetrik) matris denir. Örneğin:
   
1 2 3 0 2 3
   
 2 4 5  simetrik; B =  −2 0 −4  anti–simetrik matrislerdir.
A=   
3 5 6 −3 4 0

Buna göre aşağıdakiler doğrudur:

1) A simetrik veya anti–simetrik ise A bir kare matristir.

2) A simetrik ise A nın elemanları ana diyagonale göre simetriktir.

3) A simetrik ⇐⇒ aij = aji ; A anti–simetrik ⇐⇒ aij = −aji

11
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

4) A anti–simetrik ise ana diyagonaldeki elemanların hepsi 0 dır.

Teorem A n × n matris ise; S bir simetrik matris ve K bir anti–simetrik matris olmak üzere
A = S + K şeklinde yazılabilir. Ayrıca bu yazılış tek türlüdür.
İspat: A = S + K olduğunu bir an için kabul edip S ve K yı bulalım. A0 = S 0 + K 0 = S − K dır.
Şimdi:
)
A = S+K
=⇒ A + A0 = 2S =⇒ S = 12 (A + A0 ).
A0 = S−K

Yine buradan: K = 12 (A − A0 ) bulunur.

Şimdi A = S + K olduğu; S nin simetrik ve K nın anti–simetrik olduğu görülebilir.

 
1 3 −2
 
Örnek A = 
 4 6  matrisi verilsin.
2 
5 1 3
   
7 3
1 2 2
0 − 12 − 27
1  , K = 1 (A − A0 ) = 
(A + A0 ) = 
 7 3
  1 1

S= 2
6 2 2
0 2
.
2   2  
3 3 7
2 2
3 2
− 12 0

A = S + K dır. (Kontrol ediniz.)

Tanım Bir m × n A = [aij ] matrisinin bazı (hepsi değil) satır ve/veya sütunları silinerek elde
edilen bir matrise A nın bir alt matrisi denir
 
1 2 3 4 " #
  1 2 4
Örnek A =   −2 4 3 5  ise A nın bir alt matrisi 3 0 −3 dir.
3 0 5 −3

Bu durumda alt matrislere parçalanan bir matristen söz edebiliriz. Tabii ki bu parçalanış tek türlü
değildir.

12
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

 .. 
a a12 a13 . a14 a15
 11
..


.

 a21 a22 a23 a24 a25  " #

..
 A11 A12
Örnek A =  · · · matrisi A = şeklinde veya,
 
··· ··· ··· ··· .

 ..

 A21 A22
 a31
 a32 a33 .
a34 a35  
..
a41 a42 a43 .
a44 a45
.. ..
 
 a11 a12 . a13 a14 . a15 
 .. .. 
 a21 a22 . a23 a24 . a25  " #
  Â11 Â12 Â13
A =  ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· A =
 

 .. ..

 Â21 Â22 Â23
 a31 a32 . a33 a34 . a35 
.. ..
 
a41 a42 . a43 a44 . a45

şeklinde parçalanabilir. Bu şekildeki matrislere parçalı matrisler denir.

Örnek Bir lineer sistemin ek matrisi (Bölüm ) bir parçalı matristir. Yani AX = B ise bu
.
sistemin ek matrisi [A..B] şeklinde yazılabilir.

Eğer A matrisi son yazılan şekliyle parçalanmışsa ve

..
 
 b11 b12 . b13 b14 
 .. 
 b21 b22
 . b23 b24 
  
 ··· ··· ··· ··· ···
 
 B11 B12
..
   
B =  b31 b32

. b33 b34  =  B21 B22
   ise
  
 ..  B31 B32
 b41 b42
 . b43 b44 

 ··· ··· ··· ··· ···
 

..
 
b51 b52 . b53 b54

.
 
(Â11 B11 + Â12 B21 + Â13 B31 ) .. Â11 B12 + Â12 B22 + Â13 B32 )
.
 
AB =  · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · .. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
 

.
 
(Â21 B11 + Â22 B21 + Â33 B31 ) .. (Â21 B12 + Â22 B22 + Â23 B32 )
olduğu gösterilebilir.

Singüler ve Singüler Olmayan (Non–singular) Matrisler

Tanım A n × n tipinde bir matris olsun. Eğer AB = BA = In şartını sağlayan bir B n × n
tipinde matris varsa A’ya singüler olmayan (tersinir=tersi alınabilir) matris denir. Aksi halde A’ya

13
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

singüler (tersi alınamaz) matris denir. B matrisine de A’nın tersi denir ve A−1 ile gösterilir.

3
" #  
2 3 −1
Örnek A = ve B =  2  olsun. AB = BA = I2 olduğundan B, A’nın
2 2 1 −1
tersidir.

Teorem Eğer bir matrisin tersi varsa tektir.

İspat: B ve C, A’nın tersi olsunlar. O zaman AB = BA = In ve AC = CA = In ’dir. Şimdi,

B = BIn = B(AC) = (BA)C = In C = C

olup A’ nın tersi (varsa) tektir.

" # " #
1 2 a b
Örnek A = olsun. A−1 matrisini (varsa) bulalım. A−1 = olsun.
3 4 c d
" # " # " # " # " #
−1 1 2 a b 1 0 a + 2c b + 2d 1 0
AA = . = =⇒ =
3 4 c d 0 1 3a + 4c 3b + 4d 0 1
( ) ( )
a + 2c = 1 b + 2d = 0
Buradan ; ve denklem sistemleri elde edilir. Bunun çö-
3a + 4c = 0 3b + 4d = 1
zümü a = −2, c = 23 , b = 1 ve d = − 12 dir. (Kontrol ediniz). Ayrıca
" #" # " #
−2 1 1 2 1 0
3
=
2
− 12 3 4 0 1
" #
−2 1
olduğundan A singüler değildir ve A−1 = 3
dir.
2
− 12
" # " #
1 2 a b
Örnek A = olsun. A−1 = diyelim.
2 4 c d
" # " # " # " #
−1 1 2 a b a + 2c b + 2d 1 0
AA = · = =
2 4 c d 2a + 4c 2b + 4d 0 1

olmalıdır. Buradan şu lineer sistemler elde edilir:

( ) ( )
a + 2c = 1 b + 2d = 0
ve .
2a + 4c = 0 2b + 4d = 1

Birinci denklem 2 ile çarpılırsa 2 = 0 çelişkisi elde edilir. Bu lineer sistemin çözümü yoktur. Yani
A’nın tersi yoktur (singülerdir).

14
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Teorem A ve B singüler olmayan n × n matrisler ise AB matrisi de singüler değildir ve

(AB)−1 = B −1 A−1 dir.
İspat:

(AB)(B −1 A−1 ) = A(BB −1 )A−1 = AIn A−1 = AA−1 = In ,

(B −1 A−1 )(AB) = B −1 (A−1 A)B = BIn B −1 = BB −1 = In

olup (AB)−1 = B −1 A−1 olduğu görülür.

Sonuç A1 , A2 , . . . , Ar n × n singüler olmayan matrisler ise A1 A2 · · · Ar matrisi de singüler

−1 −1
değildir ve (A1 A2 · · · Ar )−1 = A−1
r Ar−1 · · · A1 dir.
İspat: Benzer şekilde yapılır.

Teorem A singüler olmayan bir matris ise, A−1 matrisi de singüler olmayan bir matristir ve
(A−1 )−1 = A dır.
İspat: (A−1 )A = In ve A(A−1 ) = In olup bu eşitliklerdeki birinci matrisin tersi ikinciye eşittir. O
halde (A−1 )−1 = A dır.

Teorem A singüler değilse A0 de singüler değildir ve (A0 )−1 = (A−1 )0 dır.
İspat: AA−1 = In dir. Bu eşitliğin iki tarafının transpozunu alırsak:

(A−1 )0 A0 = In0 = In

dir. Şimdi de A−1 A = In eşitliğinin her iki tarafının transpozunu alırsak:

A0 (A−1 )0 = In0 = In .

Bu iki eşitlikten (A0 )−1 = (A−1 )0 elde edilir.

" # " # " #
1 2 −2 1 1 3
Örnek A = matrisinin tersi A−1 = 3
dir. A0 = olup
3 4 2
− 12 2 4
" #
3
−2
(A0 )−1 = 2 = (A−1 )0
1 − 12

olduğu görülür.

Örnek A simetrikse ve singüler değilse, A−1 ’in de simetrik olduğunu gösteriniz.
Çözüm: A simetrik olduğundan A = A0 dür. (A0 )−1 = (A−1 )0 olduğunu biliyoruz (Teorem ).
Burada A = A0 olduğu için A−1 = (A−1 )0 olup A−1 simetriktir.

15
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Örnek A singüler olmasın. AB = AC =⇒ B = C olduğunu gösteriniz. Ayrıca AB =

0n =⇒ B = 0n dir. Gösteriniz.
Çözüm:

AB = AC =⇒ A−1 (AB) = A−1 (AC) =⇒ (A−1 A)B = (A−1 A)C =⇒ B = C,

AB = 0n =⇒ A−1 (AB) = A−1 0n =⇒ (A−1 A)B = 0n =⇒ B = 0n

Lineer Sistemler ve Matrisin Tersi

A matrisi n × n tipinde ise AX = B sistemi n bilinmeyenli n denklemli bir sistemdir. A singü-

ler olmasın. Bu durumda A−1 mevcuttur ve AX = B eşitliğinin her iki tarafını (soldan) A−1 ile
çarpalım.

AX = B =⇒ A−1 (AX) = A−1 B =⇒ (A−1 A)X = A−1 B =⇒ X = A−1 B.

Yani X = A−1 B bu sistemin bir çözümüdür. O halde A singüler değilse sistemin tek çözümü vardır.

Bir Matrisin Eşelon Formu

Tanım Bir A m × n matrisi aşağıdaki 4 özelliği sağlıyorsa bu matrise indirgenmiş satır eşelon
formdadır denir.

(a) Bütün elemanları sıfır olan satırlar (varsa) matrisin en alt kısmındadır.

(b) Tamamı sıfır olmayan bir satırdaki, sıfır olmayan ilk sayı (ki buna baş eleman denir) 1 dir.

(c) Eğer i. ve (i + 1). satırlar ardarda ve tamamı sıfır olmayan iki satır ise (i + 1). satırın baş
elemanı i. satırın baş elemanının sağındadır.

(d) Eğer bir kolon herhangi bir satırın baş elemanını ihtiva ediyorsa, o kolondaki diğer bütün ele-
manlar sıfırdır.

Eğer A matrisi (a), (b) ve (c) şartlarını sağlıyorsa bu matrise satır eşelon formundadır denir. Benzer
bir tanım "indirgenmiş sütun eşelon form" ve "sütun eşelon form" için yapılabilir.

16
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Örnek
   
1 5 0 2 −2 4   0 0 1 3 5 7 9
  1 0 0 0  
 0 1 0 3 4 8  
 0 1
  0 0 0 0 1 −2 3 
  0 0 
  
A= 0 0 0 1 7 −2  B =  C =  0 0 0 0 0 1 2 
    
   0 0 1 0 
  
 0 0 0 0 0 0    0 0 0 0 0 0 1 
0 0 0 1
   
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

satır eşelon form indirgenmiş satır eşelon form

satır eşelon form
 
1 0 0 0 −2 4
     
 0 1 0 0 4 8  1 2 0 0 1 1 2 0 4
     
D= 0 0 0 1 7 −2  E = 
 0 0 1 2 3 F =  0 0 0 0
    
  
 0 0 0
 0 0 0 
 0 0 0 0 0 0 0 1 −3
0 0 0 0 0 0

indirgenmiş satır eşelon form indirgenmiş hiçbiri (a)

satır eşelon form
   
  1 0 3 4 1 2 3 4
1 0 3 4    
   0 1 −2 5   0 1 −2 5 
G= 0 2 −2 5 H =  J =
  
  
   0 1 2 2   0 0 1 2 
0 0 1 2    
0 0 0 0 0 0 0 0

hiçbiri (b) hiçbiri (c) satır eşelon form

Şimdi her matrisin (indirgenmiş) satır eşelon forma getirilebileceğini göreceğiz.

Tanım Aşağıdaki işlemlerin her birine bir elementer satır (sütun) işlemi denir.

funduszeue.infȯP: A nın i. ve j. satırlarını (sütunlarını) yer değiştirmek.

funduszeue.infȯP: A nın i. satırını (sütununu) bir c 6= 0 sayısı ile çarpmak.

funduszeue.infȯP: A nın i. satırının (sütununun) c katını j. satıra (sütuna) eklemek. (i 6= j)

Bu satır işlemleri matrisler üzerinde aşağıdaki şekilde gösterilir: (Kolon işlemi için K kullanılır)

funduszeue.infȯP: Si ←→ Sj funduszeue.infȯP: Si ←− cSi funduszeue.infȯP: Sj ←− cSi + Sj

17
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Örnek
     
0 0 1 2 3 3 6 −9 1 1 2 −3
  S1 ↔S3   S1 ← 31 S1  
 −−−−→ B =  2 3 0 −2  −−
A= 2 3 0 −2  −−−→ C =  2 3 0 −2 
 
  
3 3 6 −9 0 0 1 2 0 0 1 2

 
1 1 2 −3
S2 ←(−2)S1 +S2  
C−
−−−−−−−−− →D=
 0 1 −4 4 

0 0 1 2

Tanım Eğer bir B m × n matrisi A matrisine sonlu sayıda elementer satır (sütun) işlemlerinin
uygulanması ile elde edilebiliyorsa A matrisi B matrisinin satır (sütun) eşdeğeridir denir.
   
1 2 4 3 2 4 8 6
   
 2 1 3 2  ve D =  1 −1 2 3  matrisleri satır eşdeğerdir. Çünkü
Örnek A =    
1 −1 2 3 4 −1 7 8
     
1 2 4 3 1 2 4 3 1 2 4 3
  S2 ←2S3 +S2   S2 ↔S3  
 2 1 3 2  −−−−−−−→ B =  4 −1 7 8  −−−−→ C =  1 −1 2 3 
A=     
1 −1 2 3 1 −1 2 3 4 −1 7 8

olup C nin 1. satırı 2 ile çarpılırsa D matrisi elde edilir.

Bu tanıma göre aşağıdakiler doğrudur.

(a) Her matris kendisinin satır eşdeğeridir.

(b) A, B nin satır eşdeğeri ise B de A nın satır eşdeğeridir.

(c) A, B nin; B de C nin satır eşdeğeri ise A, C nin satır eşdeğeridir.

Teorem Her A = [aij ] m × n sıfır olmayan matrisi satır (sütun) eşelon formdaki bir matrise
satır (sütun) eşdeğerdir.
İspat: Yani, bir A matrisi satır eşelon formdaki bir matrise satır eşdeğerdir. Yani, A üzerinde elemen-
ter satır işlemleri yapılarak bir satır eşelon formda matris elde edilebilir. (Örnek üzerinde açıklana-
cak)

Örnek Aşağıdaki A matrisini satır eşelon forma getireceğiz. Önce 1. kolonun en üst kısmında;
yani (1, 1). pozisyonda bir baş eleman (yani 1) oluşturalım. (1. kolon tamamen 0 ise 2. kolona geçe-
riz). Eğer a11 6= 0 ise bütün satırı a11 ’e böleriz; aksi halde aşağıdaki satırlardan birisi ile 1. satırı yer

18
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

değiştirir ve 1. satırı yeni elde edilen (1, 1)–inci elemana böleriz:

   
0 2 3 −4 1 2 2 −5 2 4
   
 0 0 2 3 4  S1 ↔S3  0 0 2 3 4
  
A=  −−−−→ B = 
 

 2 2 −5 2 4   0 2 3 −4 1 
   
2 0 −6 9 7 2 0 −6 9 7
 
1 1 − 52 1 2
 
S  0 0 2
S1 ← 21 3 4 
−−−−→ C = 
 

 0 2 3 −4 1 
 
2 0 −6 9 7
Baş eleman 1 elde edildikten sonra bunun altındaki sayıların 0 yapılması gerekir. Bu amaçla bu satı-
rın (baş elemanının bulunduğu satırın) uygun katları aşağıdaki satırlara eklenir:
 
1 0 − 25 1 2
 
S4 ←(−2)S1 +S4
 0 0 2 3 4 
−−−−−−−−−− →D=
 

 0 2
 3 −4 1  
0 −2 −1 7 3

Bu aşamada 1. kolon ile işimiz bitmiştir. Şimdi (2, 2)-inci pozisyondaki sayıyı 1 yapmalıyız. (Eğer
bu eleman ve altındakilerin tamamı 0 ise 3. sütuna geçilir). Bunun için ya 2. satırın tamamı bu sayıya
bölünür veya alt satırlardan (üst satırlardan değil) biri ile yer değiştirilip sonra bölme işlemi yapılır:
   
1 1 − 25 1 2 1 1 − 52 1 2
   
3
S2 ↔S3  0
 2 3 −4 1  S
 S2 ← 22  0
 1 2
−2 21 
−−−−→   −−−−→ 


 0 0 2 3 4   0 0 2 3 4 
 
 
0 −2 −1 7 3 0 −2 −1 7 3

Şimdi 2. sütunda da baş eleman oluştuğuna göre bunun altındaki sayılar 0 yapılır. (Bu satırın uygun
katları aşağıdaki satırlara eklenir):
 
1 1 − 52 1 2
 
3 1
 0 1
S4 ←(2)S2 +S4 2
−2 2

−
−−−−−−−−
→
 

 0 0 2 3 4 
 
0 0 2 3 4

Daha sonra 3. sütunda baş eleman oluşturulur ve bunun altındaki sayılar 0 yapılır: (Dikkat: Baş
elemanlar sağa doğru gidildikçe aşağıya doğru en az bir basamak kaymalıdır)
 
1 1 − 52 1 2
 
3 1 
S3 ← 12 3  0
S  1 2
−2 2 
−−−−−→  3

 0 0 1 2 
 2 
0 0 2 3 4

19
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

 
1 1 − 25 1 2
 
3 1
 0 1
S4 ←(−2)S3 +S4 2
−2 2

−
−−−−−−−−−
→  = H diyelim.
 
 0 0 3
 1 2
2 

0 0 0 0 0
H matrisi satır eşelon formdadır ve A matrisinin satır–eşdeğeridir.

Teorem m×n tipinde her A = [aij ] sıfır olmayan matris, indirgenmiş satır (sütun) eşelon
formdaki bir matrise satır (sütun) eşdeğerdir.
İspat: Bir önceki teoremin ispatındaki yöntem uygulanır. Ancak bu sefer bir baş elemanın bulunduğu
kolondaki diğer elemanlar (yani hem altındaki hem de üstündekiler) 0 yapılacak şekilde gerekli ele-
menter satır işlemleri yapılır.

Örnek Bir önceki H matrisinden devam edelim:

   
1 1 − 52 1 2 1 0 −4 3 3
2
   
3 1  3 1
 0 1 2
−2 S1 ←(−1)S2 +S1
2  −
 0 1
2
−2 2

H =  −−−−−−−−− →
  
3 3
 
 0 0 1 2   0 0 1 2 
 2   2 
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
 
19
1 0 0 9 2
 
S2 ←(− 3  0 1 0 − 17
S )+S2 − 52 
2 3 4
−−−−−−−−−−→  =K
 
S1 ←(4)S3 +S1  0 0 1 3
 2
2 

0 0 0 0 0
K matrisi indirgenmiş satır–eşelon formdadır ve A’ya satır–eşdeğerdir.

Not: Bir matrise satır eşdeğer olan indirgenmiş satır eşelon formda bir tek matris mevcuttur. (İspatı
atlıyoruz)

Teorem AX = B ve CX = D, m denklemli ve n bilinmeyenli iki lineer sistem olsun. Eğer

. .
[A..B] ve [C ..D] ek matrisleri satır–eşdeğer ise bu lineer sistemler eş sistemlerdir; yani çözümleri
aynıdır.
İspat: Elementer satır işlemleri; lineer sistem düşünüldüğünde aşağıdakilere karşılık gelir:

• funduszeue.info: İki eşitliğin yer değiştirmesi

• funduszeue.info: Bir eşitliğin c 6= 0 ile çarpılması

• funduszeue.info: Bir eşitliğin bir katının başka bir eşitliğe eklenmesi

20
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

İspat; "satır eşdeğerlik" tanımından kolayca ortaya çıkar. Ayrıca bir lineer sistemin çözümü yoksa
diğerinin de yoktur.

Sonuç: Eğer A ve B iki satır eşdeğer m×n matris ise AX = 0 ve BX = 0 homojen sistemleri eş
sistemlerdir.

Gauss ve Gauss–Jordan İndirgeme Metodları

.
Tanım Yukarıdaki teoremlerde izah edilen; bir lineer sistemin ek matrisi [A..B] yi satır eşelon
forma getirme yöntemine Gauss indirgeme metodu; indirgenmiş satır eşelon forma getirme yönte-
mine de Gauss-Jordan indirgeme metodu denir.

Gauss indirgeme metodu iki adımdan oluşur:

. .
Adım [A..B] ek matrisinin satır eşelon formdaki [C ..D] matrisine indirgenmesi (dönüştürülmesi).
.
Adım [C ..D] den yararlanarak çözümün bulunması.

Örnek : (n × n tipi için)

..
   
1 2 3 . 9
 x1 + 2x2 + 3x3 = 9 

 
 .. 
..

2x1 − x2 + x3 = 8 ek matris [A.B] =  2 −1 1
 
  . 8 
..
   
 3x1 − x3 = 3  3 0 −1 . 3

Bu matrisi satır–eşelon forma çevirirsek:

.
 
1 2 3 .. 9
. 
.

[C ..D] =  0 1 1 .. 2
 

.
 
0 0 1 .. 3

elde ederiz. (Kontrol ediniz). Daha sonra denklemi çözeriz:

 


 x 1 + 2x 2 + 3x3 = 9 


x2 + x3 = 2 =⇒ x2 = 2 − x3 = −1, x1 = 9 − 3x3 − 2x2 = 9 − 9 + 2 = 2

 

 x 3 = 3 

Çözüm: x1 = 2, x2 = −1, x3 = 3.

Genel durumda A matrisi m × n matris ise aşağıdaki örneklerdeki durumlar ortaya çıkabilir:

21
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Örnek  . 
1 2 3 4 5 .. 6
.
 
2 3 −1 ..
 
.  0 1 7 
[C ..D] =  .
 olsun. O zaman:
1 2 3 ..
 
 0 0 7 
 
.
0 0 0 1 2 .. 9

x4 = 9 − 2x5
x3 = 7 − 2x4 − 3x5 = 7 − 2(9 − 2x5 ) − 3x5 = −11 + x5
x2 = 7 − 2x3 − 3x4 + x5 = 7 − 2(−11 + x5 ) − 3(9 − 2x5 ) + x5 = 2 + 5x5
x1 = 6 − 2x2 − 3x3 − 4x5 − 5x5 = −1 − 10x5
x5 = herhangi bir reel sayı

Buradan, bütün çözümler şu şekilde yazılır: (Sonsuz çözüm vardır)

x1 = −1 − 10r
x2 = 2 + 5r
x3 = −11 + r
x4 = 9 − 2r
x5 = r (herhangi bir sayı)

Örnek
.
 
1 2 3 4 .. 5
. 
.

[C ..D] =  0 1 2 3 .. 6
 

.
 
0 0 0 0 .. 1
olsun. CX = D nin çözümü yoktur. Çünkü, son satırdan: 0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 1 çelişkisi
vardır.

Örnek
 .. 
1 0 0 0 . 5
..
 
 
.  0 1 0 0 . 6 
[C ..D] = 
 ..
 olsun. Çözüm: x1 = 5, x2 = 6, x3 = 7, x4 = 8.

 0 0
 1 0 . 7 

..
0 0 0 1 . 8

Örnek
..
 
1 1 2 0 − 25 . 3
2
.. 
..

[C .D] =  0 0 0 1
 1 1 
2
. 2

.
 
0 0 0 0 0 .. 0

22
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

1
Buradan x4 = 2
− 21 x5 , x1 = 3
2
− x2 − 2x3 + 52 x5 elde edilir. x2 , x3 , x5 herhangi reel sayılardır.
O halde genel çözüm: (r, s, t : reel sayılar)
3 5
x1 = − r − 2s + t
2 2
x2 = r
x3 = s
1 t
x4 = −
2 2
x5 = t

Örnek Aşağıdaki lineer sistemi hem Gauss hem de Gauss–Jordan yöntemi ile çözelim.
..
   
1 2 3 . 6
 x1 + 2x2 + 3x3 = 6 

 
 .. 
..

2x1 − 3x2 + 2x3 = 14 Ek matris: [A.B] =  2 −3
 
  2 . 14 
..
   
 3x + x − x = −2 
1 2 3 3 1 −1 . −2

Ek matrisi satır–eşelon forma getirelim:

.. .
   
1 2 3 . 6 1 3 .. 6
2
S2 ←(−2)S1 +S2  .. .
   
S2 ↔S3
−−−−−−−−−− →  0 −7 −4 −−−−−−−−−→  0 2 .. 4
  
. 2  S2
1 
S3 ←(−3)S1 +S3  Sonra: S2 ←− 5
.. .
  
0 −5 −10 . −20 0 −7 −4 .. 2

. ..
   
1 2 3 .. 6 1 2 3 . 6
 S3 ← S3
S3 ←(7)S2 +S3  . ..
  
10
−
−−−−−−−− →  0 1 2 .. 4  −−−−→
  
 0 1 2 . 4 
. ..
   
0 0 10 .. 30 0 0 1 . 3
Buradan; x3 = 3, x2 = 4 − 2x3 = −2, x1 = 6 − 2x2 − 3x3 = 1 bulunur.

Gauss–Jordan metodu için matrisi indirgenmiş satır eşelon forma getirelim:

. . .
     
1 2 3 .. 6 1 0 −1 .. −2 1 0 0 .. 1
. .. .
  S ←−(−2)S +S    
 1 2 1  S1 ←S3 +S1
 0 1 2 .. 4  − −−−−−−−−−− → 0 1 −−−−−−−−−− → 0 1 0 .. −2 
   
2 . 4  S2 ←(−2)S3 +S2

.. .. .
    
0 0 1 . 3 0 0 1 . 3 0 0 1 .. 3

Buradan x1 = 1, x2 = −2, x3 = 3 bulunur.

Homojen Sistemler

m denklem ve n bilinmeyenden oluşan AX = 0 homojen sistemini düşünelim.

23
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Örnek Ek matrisi aşağıda verilen homojen sistemi düşünelim.

 . 
1 0 0 0 2 .. 0
.
 
0 0 1 0 3 .. 0
 
 
.
 
0 0 0 1 4 .. 0
 
 
 
.
0 0 0 0 0 .. 0

Bu matris indirgenmiş satır eşelon formda olduğu için, bütün çözümler:

 

 x1 = −2r 


 

 x2 = s

 

 

x3 = −3r (r ve s herhangi iki sayı)

 




 x4 = −4r 



 
x5 = r
 

Genel olarak m < n ise ve A indirgenmiş satır eşelon formda ise sonsuz çözüm vardır. (AX = 0‘ın
sonsuz çözümü vardır.)

Aşağıdaki teoreme göre A matrisi genel bir matris olabilir.

Teorem m denklemli, n bilinmeyenli bir homojen sistemde eğer m < n ise bu sistemin her
zaman bir trivial olmayan çözümü vardır.
İspat: (Atlıyoruz.)

Sonuç A m × n matris ve AX = 0‘ın sadece trivial çözümü varsa m > n dir.

.
 
1 1 1 1 .. 0
 

 x 1 + x2 + x3 + x 4 = 0 

.
   
Örnek x1 + x4 = 0 ek matrisi:  1 0 0 1 .. 0
 

 
.
   
 x + 2x + x = 0 
1 2 3 1 2 1 0 .. 0

Bu matrisin satır eşdeğeri:

 
. x1 = −r,
 
1 .. 0

 

1 0 0 





 x = r
.
  
2
0 1 0 −1 .. 0  olup çözümler:
 


.
  x3 =
 −r, 

1 .. 0
 
0 0 1
 
 x4 = r (reel sayı)
 


Örnek Eğer n × n A matrisi indirgenmiş satır eşelon formda ise ve A 6= In ise A‘nın tamamı
sıfır olan bir satırı vardır.

24
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

 
1 0 0
 
Çözüm: Aşikar. n = 3 alalım. 
 0 1 0  = In tamamı sıfır olmayan satırı yok ve indirgenmiş

0 0 1
 
1 0 0
 
satır eşelon formda. 
 0 0 1  olabilir ama tamamı sıfır olan satırı var.

0 0 0

Örnek Aşağıdaki lineer denklem sisteminde a‘nın hangi değerleri için (a) Hiç çözüm yoktur.
(b) Tek çözüm vardır. (c) Sonsuz sayıda çözüm vardır.

x1 + x2 − x3 = 2
x1 + 2x2 + x3 = 3
x1 + x2 + (a2 − 5)x3 = a

Çözüm: Gauss indirgeme metodunu kullanalım:

. .
   
1 1 −1 .. 2 1 1 −1 .. 2
. 
..
 S ←(−1)S +S 
.

[A..B] =  1 2
 2 1 2
−−−−−−−−−− → 2 ..
  
1 . 3  S3 ←(−1)S1 +S3
 0 1 1 
.. .
  
2
1 1 a −5 . a 0 0 a2 − 4 .. a − 2

..
 
1 1 −1 . 2
..
 
Şimdi a = 2 ise  elde edilir ki sonsuz çözüm vardır. a = −2 ise
 
0 1 2 . 1 
.
 
0 0 0 .. 0

.
 
1 1 −1 .. 2
..
 
 
 0 1 2 . 1 
..
 
0 0 0 . −4

elde edilir ki çözüm yoktur. a 6= ∓2 ise tek çözüm vardır.

Ödev: Bir önceki soruyu aşağıdaki sistemler için çözünüz.

 
 x1 + x2 + x3 = 2

 
 ( )
 x1 + x2 = 3
(a) 2x1 + 3x2 + 2x3 = 5 (b)

 2x + 3x + (a2 − 1)x =
 
 x1 + (a2 − 8)x2 = a
1 2 3 a+1 
 
 x1 + x2 + x3 = 2

 


(c) x1 + 2x2 + x3 = 3
 
 x + x + (a2 − 5)x = a
 

1 2 3

25
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Elementer Matrisler ve A−1 in Bulunması

Tanım In matrisine funduszeue.info, funduszeue.info ve funduszeue.info bir elementer satır veya sütun işleminin sadece bir defa
uygulanması ile edilen bir n×n A matrisine, sırasıyla funduszeue.info, funduszeue.info, funduszeue.info elementer matris denir.

Örneğin;  
0 0 1
  S1 ↔S3
 funduszeue.info elementer matris. Çünkü I3 −
E1 = 
 0 1 0  −−−→ E1
1 0 0

 
1 0 0
  S2 ←(−2)S2
 0 −2 0  funduszeue.info elementer matris. Çünkü I3 −−−−−−−→ E2
E2 =  
0 0 1

 
1 2 0
  S1 ←(2)S2 +S1
E3 = 
 0 1 0  funduszeue.info elementer matris. Çünkü I3 −
−−−−−−−− → E3
0 0 1
 
1 0 3
  K3 ←(3)K1 +K3
E4 = 
 0 1 0  funduszeue.info elementer matris. Çünkü I3 −−−−−−−−−− → E3
0 0 1

Teorem A m × n bir matris olsun A üzerinde funduszeue.info, funduszeue.info veya funduszeue.info bir elementer satır (sütun)
işlemi yapılarak B matrisi elde edilmiş olsun. E matrisi de Im ‘ye (In ‘ye) aynı elementer satır (sütun)
işlemi uygulayarak elde edilen matris olsun. O zaman B = EA dır. (B = AE dir).
   
1 3 2 1 −5 3 0 −3
  S1 ←(−2)S3 +S1  
 −1 2 3 4  −
Örnek A =   −−−−−−−−− →B=  −1 2 3 4 

3 0 1 2 3 0 1 2

Aynı elementer satır işlemini birim matrise uygulayalım:

   
1 0 0 1 0 −2
  S1 ←(−2)S3 +S1  
I3 =  0 1 0  −
  −−−−−−−−− → 0 1 0
  = E diyelim.

0 0 1 0 0 1

    
1 0 −2 1 3 2 1 −5 3 0 −3
    
EA = 
 0 1   −1 2 3 4  =  −1 2 3
0    
=B
4 
0 0 1 3 0 1 2 3 0 1 2
olduğu görülür.

26
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Teorem A ve B m × n matrisler olsun. A nın B ye satır(sütun) eşdeğer olması için gerek ve
yeter şart E1 , E2 · · · , Ek elementer matrisler olmak üzere B = Ek Ek−1 · · · E2 E1 A şeklinde olma-
sıdır (B = AE1 E2 · · · Ek şeklinde olmasıdır.)
İspat: A’ya bir tane elementer satır işlemi uygulamak demek A’yı soldan bir E1 elementer matrisi
ile çarpmak demektir. Benzer şekilde iki tane uygulamak demek A’yı soldan E2 E1 ile çarpmak de-
mektir. Bu şekilde devam edilirse ispat açıktır. (Benzer bir ispat “sütun eşdeğerlik”) için yazılabilir.

Teorem Elementer matris olan bir E matrisi singüler değildir ve tersi de aynı tipte bir elementer
matristir.

Lemma A n × n bir matris olsun. AX = 0 homojen sisteminin tek çözümü X = 0 olsun
(trivial çözüm). O zaman A matrisi In ’nin satır eşdeğeridir.

Teorem A singüler değildir ⇐⇒ A elementer matrislerin bir çarpımıdır.

İspat: (⇐=) A = E1 E2 · · · Ek olsun. Ei ler singüler olmayıp bunların çarpımı da singüler değildir.
Yani A singüler değil.

İspat: (=⇒) A singüler olmasın.

AX = 0 =⇒ A−1 (AX) = A−1 0 = 0 =⇒ In X = 0 =⇒ X = 0

olup AX = 0 homojen sisteminin sadece trivial çözüm vardır. Lemma den dolayı A, In ’nin satır
eşdeğeridir. Bu demektir ki; öyle E1 , E2 , · · · , Ek elementer matrisleri vardır ki In = Ek · · · E1 A
dır. Şimdi
In = Ek · · · E1 A =⇒ A = (Ek · · · E1 )−1 = E1−1 E2−1 · · · Ek−1

Şimdi Ei−1 ’ler de elementer matris olup (Teorem ) ispat biter.

Sonuç A singüler değildir =⇒ A, In ’in satır eşdeğeridir.

Buradan şu teorem söylenebilir:

Teorem n denklemli n bilinmeyenli AX = 0 homojen sisteminin trivial olmayan bir çözümü-
nün olması için gerek ve yeter şart A nın singüler olmasıdır.
( )
x1 + 2x2 = 0
Örnek homojen sistemi verilsin.
2x1 + 4x2 = 0

..
" #" # " # " #  
1 2 x1 0 1 2 1 2 . 0
= ,A = , Ek matris:  ..

2 4 x2 0 2 4 2 4 . 0

27
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

Ek matris indirgenmiş satır eşelon forma getirilirse:

..
  ( )
1 2 . 0 x1 = −2r
 Çözümler: (r : reel sayı)
..

0 0 . 0 x2 = r

Not A n × n matris ise aşağıdakiler birbirine denktir:

1.) A singüler değildir.

2.) AX = 0’ın sadece trivial çözümü vardır.

3.) A, In ’in satır(sütun) eşdeğeridir.

4.) AX = B lineer sistemi her n × 1 B matrisi için tek çözüme sahiptir.

5.) A, elementer matrislerin bir çarpımıdır.

A−1 in Bulunması İçin Bir Yöntem

Teorem () un ispatının sonunda A singüler değil ise A = E1−1 E2−1 · · · Ek−1 elde ettik. Buradan:

A−1 = Ek Ek−1 · · · E2 E1

olur. Bu eşitlik bize A−1 ’in bulunması için bir algoritma (yöntem) sağlar. A üzerinde In ’i elde edene
kadar elementer satır işlemleri yaparız. Bu elementer matrislerin çarpımı; yani Ek · · · E1 ; bize A−1 ’i
.
verir. Bunun için [A..I ] parçalı matrisi yazılır ve sonra:
n

. . .
(Ek Ek−1 · · · E1 )[funduszeue.info ] = [Ek Ek−1 · · · E1 funduszeue.info Ek−1 · · · E1 En ] = [In ..A−1 ]
. .
işlemlerinde sonra [funduszeue.info ] matrisi [In ..A−1 ] matrisine dönüşür. Şimdi bir örnek verelim:
 
1 1 1
 
Örnek A =  0 2 3  matrisinin tersini bulalım:
 
5 5 1

. ..
   
1 1 1 .. 1 0 0 1 1 1 . 1 0 0
. 
.
 S3 ←−(−5)S1 +S3 

..

[A..I3 ] =  0 2 3 .. 0 1 0 −
−−−−−−−−−− → 0 2
  
 3 . 0 1 0 
. ..
   
5 5 1 .. 0 0 1 0 0 −4 . −5 0 1

. ..
   
S2
1 1 1 .. 1 0 0 1 0 −1/2 . 1 −1/2 0
S2 ←− 2 
..
 S ←−(−1)S +S
 1 2 1

..

−−−−−→  0 1 3/2 . −−−−−−−−−−− →
  
0 1/2 0  0 1 3/2 . 0 1/2 0 
.. ..
   
0 0 −4 . −5 0 1 0 0 −4 . −5 0 1

28
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

..
 
S3
1 0 −1/2 . 1 −1/2 0
S3 ←− −4
..
 
−−−−−→  0 1
 
3/2 . 0 1/2 0 
..
 
0 0 1 . 5/4 0 −1/4
.
 
1 0 −1/2 .. 1 −1/2 0
S2 ←− −32
S3 +S2  ..

−
−−−−−−−−− → 0 1
 
0 . −15/8 1/2 3/8 
..
 
0 0 1 . 5/4 0 −1/4
.
 
1 0 0 .. 13/8 −1/2 −1/8
1
S1 ←− 2 S3 +S1  .

−−−−−−−−− →  0 1 0 .. −15/8
 
1/2 3/8 
..
 
0 0 1 . 5/4 0 −1/4
 
13/8 −1/2 −1/8
Buradan A−1 −1 = A−1 A = I olmalıdır. (Kont-
 
=
 −15/8 1/2  bulunur. Yani AA
3/8  3

5/4 0 −1/4
rol ediniz.)

Bu yöntemde A singüler ise bu durum nasıl anlaşılır?

Teorem n × n A matrisi singüler ⇐⇒ A matrisi bir satırı tamamen sıfır olan bir B matrisine
satır eşdeğerdir.
 
1 2 −3
 
Örnek Aynı yöntemle A = 
 1 −2  matrisinin tersini bulmaya çalışalım.
1 
5 −2 −3

. ..
   
1 2 −3 .. 1 0 0 1 2 −3 . 1 0 0
. 
.

S2 ←−−S1 +S2

..

[A..I3 ] =  1 .. 0 1 0 −
−−−−−−−−−− →  0 −4
   
1 −2  4 . −1 1 0 
S3 ←−(−5)S1 +S3 
. ..
  
5 −2 −3 .. 0 0 1 0 −12 12 . −5 0 1

.
 
S2
12 −3 .. 1 0 0
S2 ←− −4 
.
 
−−−−−→  0 1 −1 ..

1/4 −1/4 0 
.
 
0 −12 12 .. −5 0 1
.
 
1 0 −1 .. 1/2 1/2 0
.
 
S1 ←−−2S2 +S1 
−−−−−−−−−→  0 1 −1 ..

S3 ←−12S2 +S3 
1/4 −1/4 0 
.

0 0 0 .. −2 −3 1

29
Bölüm 1. Lineer Denklemler ve Matrisler Hüseyin BİLGİÇ

 
1 0 0
 
Burada işlemi durduralım. Çünkü A matrisi 
 0 1 −1  matrisine satır eşdeğerdir. Yani A nın

0 0 0
tersi yoktur.

Not Bölüm ’de A nın tersini, AB = BA = In olacak şekildeki B matrisi olarak tanımladık.
Şimdi, bu eşitliklerden sadece AB = In ’in yeterli olduğunu ispatlayalım.

Teorem A ve B n × n matrisler ve AB = In olsun. O zaman BA = In dir. Yani B = A−1

dir.
İspat: Önce AB = In =⇒ A’nın singüler olmadığını göstereceğiz. Farzedelim ki A singüler olsun.
O zaman A, bir satırı tamamen sıfır olan bir C matrisine satır eşdeğerdir. Yani C = Ek Ek−1 · · · E1 A
şeklindedir (Ei ler elementer matris). O halde

CB = Ek Ek−1 · · · E1 AB =⇒ AB, CB’ye satır eşdeğer

=⇒ CB’nin bir satır tamamen sıfır olupAB singülerdir

Şimdi AB = In olduğundan In ’in singüler olduğu çelişkisi bulunur. Yani A singüler değildir. O
zaman A−1 mevcuttur. AB = In eşitliğinden (A−1 )AB = A−1 In =⇒ B = A−1 elde edilir.

Eşdeğer Matrisler

Daha önce bir A matrisinin bir B matrisine “satır–eşdeğer” ve “sütun–eşdeğer” olmasının tanımını
verdik. Bu tanımın bir genellemesini şöyle verebiliriz:

Tanım A ve B m × n matris olsun. Eğer B yi A ya sonlu sayıda elementer satır ve/veya
sütun işlemi uygulayarak elde edebilirsek A matrisine B nin eşdeğer matrisi denir ( veya A, B’ye
eşdeğerdir denir.)

Teorem n × n A matrisi singüler değil ⇐⇒ A , In ’e eşdeğerdir.

30
Reel Vektör Uzayları
2
Düzlemde Vektörler (Genel Tekrar)

Pek çok uygulamalarda “kütle”, “basınç” ve “uzunluk” gibi ölçülebilir büyüklüklerle karşılaşırız.
Bunlar sadece bir tek sayı (yani büyüklük) ile ifade edilebilirler. Bu tür büyüklüklere skaler denir. Bir
de hız, güç ve ivme gibi büyüklükler vardır ki bunlar ayrıca bir “yöne” sahiptirler. Bunlar “vektör-
ler” ile ifade edilebilir. Bu yüzden bu büyüklüklere vektör denir. Burada skalerleri küçük harfler ile;
vektörleri de α, β, γ, . . . gibi Yunanca harfler ile göstereceğiz.

Dik Koordinat (Kartezyen Koordinat) Sistemi

Birbirine dik ve bir O noktasında kesişen iki doğru çizelim. Bu O noktasına orjin denir. Yatay olan
doğruya x–ekseni ve düşey olan doğruya y–ekseni denir. x–ekseninde ve O noktasının sağında
bir nokta seçelim. Bu noktanın orjine uzunluğuna bir "birim" diyelim. Benzer şekilde y–ekseninde
ve O noktasının yukarısında bir nokta seçelim öyle ki bu noktanın orjine uzaklığı bir birim olsun.
Böylece x–eksenini sağa doğru ve y–ekseni de yukarı doğru pozitif yönlendirelim. Bu eksenlere
koordinat eksenleri denir. Bu eksenler bir dik koordinat sistemi veya kartezyen koordinat sistemi o-
luştururlar. (Şekil )

Düzlemdeki her bir P noktasına bir (x, y) reel sayı ikilisi karşılık getiririz. Bu sıralı ikiliye P nok-
tasının koordinatları denir. Bu noktayı P (x, y) sembolü ile de gösterebiliriz. Tersine, her bir (x, y)
reel sayı ikilisine düzlemde bir nokta karşılık getirebiliriz. Bu yapılan eşleme 1–1 ve örtendir:

1−1 eşleme
Düzlemde bir P noktası ←−−−−−→ (x, y) ikilisi (x, y ∈ R)

31
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

y–ekseni

Pozitif yön

x–ekseni
O
Pozitif yön

Şekil Dik koordinat (kartezyen koordinat) sistemi

y–ekseni

P (x, y)

x–ekseni
O(0, 0)

Şekil Düzlemde yönlendirilmiş bir doğru parçası.

Bu düzleme R2 veya 2–boyutlu uzay denir.

" #
x
Şimdi X = matrisini düşünelim. (x, y ∈ R). X matrisine, başlangıç noktası orjinde, bitiş
y
(uç) noktası P (x, y) de olan yönlü doğru parçasını karşılık getirelim. Bu yönlendirilmiş doğru par-
−→
çasını da OP ile gösterelim. Başlangıç noktası ve bitiş noktasını ayırt etmek için OP ’nin üzerindeki
okun yönünü bitiş noktasına doğru yazalım. (Bkz. Şekil ) Bu yönlü doğru parçasının uzunluğuna
−→
OP nin normu denir. Böylece yönlü doğru parçaları hız, ivme, kuvvet gibi şeyleri açıklamak için
kullanılabilir.
" #
−→ x
Tersine başlangıç ve bitiş noktaları O(0, 0) ve P (x, y) olan OP yönlü doğru parçasını matrisi
y

32
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

ile temsil edelim.

" #
x
Düzlemde bir “vektör” bir α = matrisine denir. (x, y ∈ R) x ve y’ye α nın bileşenleri denir.
y
Bundan sonra kısaca vektör diyeceğiz.
" # " #
x1 x2
α1 = ve α2 = olsun. α1 = α2 ⇐⇒ x1 = x2 ve y1 = y2 olur.
y1 y2

Her matrise bir P (x, y) noktası; her noktaya da bir yönlendirilmiş doğru parçası karşılık gelir:
" #
x 1−1 eşleme 1−1 eşleme −→
α= ←−−−−−→ P (x, y) ←−−−−−→ OP , (O(0, 0), P (x, y))
y

İki vektörün toplamı:

" # " # " #
x1 x2 x1 + x2
α= ve β = ise α + β =
y1 y2 y1 + y2

şeklinde tanımlanır. İki vektörün toplamı Şekil de gösterilmiştir.

(x1 + x2 , y1 + y2 )
γ
(x1 , y1 )
+β
α

α (x2 , y2 )
β
x
O

Şekil İki vektörün toplamı.

Şekil de: γ: başlangıç noktası (x1 , y1 ) , β yönünde ve β nın normuna sahiptir. O zaman α+β nın
başlangıç noktası (0, 0) uç noktası (x1 +x2 , y1 +y2 ) dir. Veya α ve β üzerine kurulan paralelkenarın
köşegeni α + β dır.
" # " #
x cx
α= ve c bir skaler (reel sayı) ise cα = , α nın skalerle çarpımıdır.
y cy

c > 0 ise cα, α ile aynı yönde d < 0 ise dα, α ile ters yöndedir (Şekil ). Ayrıca α + (−1)β =
α − β vektörüne α ile β nın farkı denir (Şekil ).

33
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

cα
α
x

dα

Şekil Bir vektörün skalerle çarpımı.

α
β α−β
O
−β

Şekil İki vektörün farkı.

Vektör Uzayları ve Altuzaylar

Tanım Üzerinde ⊕ ve işlemleri tanımlı olan bir V kümesi aşağıdaki özellikleri sağlıyorsa V ’ye
bir gerçel (reel) vektör uzayı denir.

(a) α, β ∈ V iken α ⊕ β ∈ V dir. (Yani V, ⊕ işlemine göre kapalıdır.)

(1) ∀α, β ∈ V için α ⊕ β = β ⊕ α

(2) ∀α, β, γ ∈ V için α ⊕ (β ⊕ γ) = (α ⊕ β) ⊕ γ
(3) ∀α ∈ V için α ⊕ θ = θ ⊕ α = α şartını sağlayan bir tek θ ∈ V vardır.
(4) ∀α ∈ V için α ⊕ β = β ⊕ α = θ şartını sağlayan bir tek β ∈ V vardır. Bu elemana α’nın
negatifi denir ve −α ile gösterilir.

(b) Her α ∈ V ve c ∈ R için c α ∈ V dir.

(5) c (α ⊕ β) = (c α) ⊕ (c β) (∀α, β ∈ V ve c ∈ R için)

(6) (c + d) α = (c α) ⊕ (d α) (∀α ∈ V ve c, d ∈ R için)
(7) c (d α) = (cd) α (∀α ∈ V ve c, d ∈ R için)

34
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

(8) 1 α = α (∀α ∈ V için)

Burada V nin elemanlarına vektörler; R nin elemanlarına skalerler denir. ⊕ işlemine vektör toplaması;
işlemine skaler çarpması denir. θ vektörüne de sıfır vektörü denir ve genelde, hangi uzayın sıfır
vektörü olduğunu belirtmek için, θV ile gösterilir. Gerçel vektör uzayına kısaca "vektör uzayı" diye-
ceğiz.
 
a1
 
 a2 
Örnek   şeklindeki n × 1 gerçel değerli matrislerin kümesine Rn diyelim. ⊕ ile matris
 
..

 . 

an
toplamasını, ile de skaler çarpımı gösterelim. Bölüm de gösterildiği gibi, Rn bir vektör uzayıdır.
 
a1
 . 
 ..  matrisine bir "vektör" denilebilir.
 
an

Örnek m × n tipindeki matrislerin kümesi m Rn bir vektör uzayıdır. (⊕ ile matris toplamasını
ve ile de matrisin reel sayı ile çarpımını gösterelim.)

Örnek Reel sayılar kümesi R, bilinen toplama ve çarpma işlemi ile bir vektör uzayıdır:

x ⊕ y = x + y, c x = cx

Örnek Rn ile [a1 , a2 , . . . , an ], 1 × n tipindeki matrislerin kümesini gösterelim. ⊕ ile matris top-
lamını ve ile de matris skalerle çarpımını gösterelim. Rn kümesi bu işlemlerle bir vektör uzayıdır.

Örnek a0 , a1 , ···, an ∈ R olmak üzere, p(t) = an tn +an−1 tn−1 +· · ·+a1 t+a0 fonksiyonuna
(t cinsinden) bir polinom denir. an 6= 0 ise p(t) nin derecesi n dir denir. Mesela p(t) = 2t + 1 in
derecesi 1; p(t) = 3 ün derecesi 0 dır. p(t) = 0 fonksiyonuna sıfır polinomu denir.

Pn = { derecesi 6 n olan polinomlar }

olsun. p(t) = an tn + an−1 tn−1 + · · · + a1 t + a0 , q(t) = bn tn + bn−1 tn−1 + · · · + b1 t + b0

polinomları ve c ∈ R için toplama ve skaler çarpma şöyle tanımlansın:

Toplama: p(t) ⊕ q(t) = (an + bn )tn + · · · + (a1 + b1 )t + (a0 + b0 )

Skalerle çarpma: c p(t) = (can )tn + · · · + (ca1 )t + ca0

Şimdi Pn ’in bir vektör uzayı olduğunu gösterelim:

(a) p(t) ⊕ q(t) derecesi 6 n olan bir polinomdur.

35
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

(1) Her i için ai + bi = bi + ai olduğundan p(t) ⊕ q(t) = q(t) ⊕ p(t) dir

(2) Benzer şekilde; r(t) = cn tn +cn−1 tn−1 +· · ·+c0 alınırsa, her i için (ai +bi )+ci = ai +(bi +ci )
olduğundan (p(t) ⊕ q(t)) ⊕ r(t) = p(t) ⊕ (q(t) ⊕ r(t)) dir.

(3) θ elemanı sıfır polinomdur.

(4) p(t) nin negatifi −an tn − an−1 tn−1 − · · · − a1 t − a0 polinomudur.

(b) c p(t) derecesi 6 n olan bir polinomdur.

(5) c (p(t) ⊕ q(t)) = c p(t) ⊕ c q(t), çünkü c(ai + bi ) = cai + cbi

(6) (c + d) (p(t)) = c p(t) ⊕ d p(t), çünkü (c + d)ai = cai + dai

(7) c (d p(t)) = (cd) p(t), çünkü c(dai ) = (cd)ai

(8) 1 p(t) = p(t), çünkü 1ai = ai .

Benzer şekilde P ile bütün polinomların (derecesi ne olursa olsun) kümesini gösterirsek; P bilinen
polinom toplaması ve skaler çarpımı ile bir vektör uzayıdır.

Örnek V ile R de tanımlı ve reel değerli sürekli fonksiyonların kümesini gösterelim. f, g ∈ V
ve c ∈ R olmak üzere f ⊕ g ve c f fonksiyonlarını şöyle tanımlayalım:

(f ⊕ g)(x) = f (x) + g(x), (c f )(x) = c · f (x)

Bu durumda V bir vektör uzayıdır. (Kontrol edin). Bu uzay C(−∞, ∞) ile gösterilir.

Örnek V = R olsun. α ⊕ β = α − β ve c α = cα olsun. V bir vektör uzayı mıdır?

Çözüm: (a) ve (b) sağlanır: α ⊕ β ve c α, V nin elemanlarıdır. α ⊕ β = α − β ve β ⊕ α = β − α
olup genelde α ⊕ β 6= β ⊕ α dır. (1) sağlanmadığı için V bir vektör uzayı değildir. (Ayrıca (2),(3),(4)
ve (6) sağlanmaz.)

Örnek V kümesi (x, y, z) sıralı üçlülerinden oluşan küme olsun. (x, y, z ∈ R).

(x, y, z) ⊕ (x0 , y 0 , z 0 ) = (x0 , y + y 0 , z + z 0 ) ve c (x, y, z) = (cx, cy, cz)

olarak tanımlansın. (1), (3), (4), (6) sağlanmadığı için V bir vektör uzayı değildir.

Örnek V = Z olsun. ⊕ ve bilinen toplama ve çarpma olsun. V vektör uzayı değildir. Çünkü
√
c = 3 ∈ R alınırsa, genelde, 0 6= α ∈ V için cα ∈
/ V dir.

Teorem V bir vektör uzayı olsun.

36
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

(a) Her α ∈ V için 0 α = θ

(b) Her c ∈ R için c θ = θ

(c) c α = θ ise o zaman ya c = 0 dır ya da α = θ dır.

(d) Her α ∈ V için (−1) α = −α

İspat (a) 0 α = (0 + 0) α = (0 α) ⊕ (0 α) olup her iki tarafa −(0 α) eklersek (2), (3)
ve (4) den 0 α = θ elde ederiz.

İspat (b) Ödev.

İspat (c) Ödev.

İspat (d) (−1) α ⊕ α = (−1) α ⊕ 1 α = (−1 + 1) α = 0 α = θ olur ve (−1) α = −α

elde edilir.

Altuzaylar

Tanım V bir vektör uzayı ve W ⊆ V olsun. Eğer W, V deki işlemlerle birlikte bir vektör uzayı
oluyorsa W ya V nin bir alt uzayı denir.

Örnek Her vektör uzayının en az iki alt uzayı vardır: kendisi ve {θ} (yani toplamanın birim
elemanı). Bu uzaylara trivial (aşikâr) alt uzaylar denir.

Örnek P2 = { derecesi 6 2 olan polinomlar } olsun. P2 ⊆ P dir. Ayrıca P2 , P nin alt uzayıdır.
Genelde Pn = { derecesi 6 n olan polinomlar } kümesi P nin alt uzayıdır.

Örnek V = { derecesi 2 olan polinomlar } olsun. V ⊆ P dir. Fakat V, P nin alt uzayı değildir.
Çünkü 2t2 + 3t + 1 ∈ V ve −2t2 + t + 2 ∈ V polinomlarının toplamı 4t + 3 ∈
/ V dir.

Teorem V, ⊕ ve işlemleri ile bir vektör uzayı ve ∅ =

6 W ⊆ V olsun. W nun V nin alt uzayı
olması için gerek ve yeter şart aşağıdakilerin sağlanmasıdır: (Her α, β ∈ W ; c ∈ R için)

(a) α, β ∈ W =⇒ α ⊕ β ∈ W

(b) c ∈ R ve α ∈ W =⇒ c α ∈ W

İspat: (=⇒) W ⊆ V bir alt vektör uzayı olsun. W bir vektör uzayı olduğu için α, β ∈ W ise
α ⊕ β ∈ W ve c α ∈ W olduğu açıktır.

37
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

İspat: (⇐=) (a) ve (b) sağlansın. (b)’den dolayı (−1) α ∈ W dır (her α ∈ W için). (a)’dan dolayı
α ⊕ (−1) α ∈ W dir; fakat α ⊕ (−1) α = α ⊕ (−α) = θ olduğundan θ ∈ W olur. O zaman
α ⊕ θ = α dır. Her α ∈ V için (−1) α = −α ∈ V olur ( (b)den dolayı). W ⊆ V olduğundan
1, 2, 5, 6, 7 ve 8 özellikleri sağlanır. O halde W, V nin bir alt uzayıdır.

Örnek   


 a 


 : a, b ∈ R ⊆ R3 olsun.

W = 
 b

 

 a+b 

W, R3 ün alt uzayı mıdır?

     
a1 a2 a1 + a2
     
α =  b1  ve β =  b2  olsun. α ⊕ β =  b1 + b2  ∈ W dur;
     
a1 + b1 a2 + b2 (a1 + b1 ) + (a2 + b2 )
çünkü (a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ).
 
ca1
 
c ∈ R ise c α =  cb1  ∈ W dur; çünkü ca1 + cb1 = c(a1 + b1 ). Teorem () dan

c(a1 + b1 )
3
W, R ün alt uzayıdır.

Not Bundan sonra c ∈ R ve α, β bir V vektör uzayının elemanı ise α ⊕ β yerine α + β ve
c α yerine cα yazacağız.

Örnek V bir vektör uzayı ve α1 ve α2 , V nin iki sabit elemanı olsun. W = {a1 α1 + a2 α2 :
a1 , a2 ∈ R} kümesi V nin bir altuzayıdır. Çünkü, Teorem () dan, β1 = a1 α1 + a2 β2 ,
β2 = b1 α1 + b2 α2 ise:

β1 + β2 = (a1 + b1 )α1 + (a2 + b2 )α2 ∈ W ve cβ1 = (ca1 )α1 + (ca2 )α2 ∈ W

dir. (c ∈ R). Çünkü a1 + b1 , a2 + b2 , ca1 , ca2 ∈ R

Not: Bu son örneği genelleştirebiliriz; yani 2 yerine daha fazla vektör alabiliriz:

Tanım V bir vektör uzayı ve S = {α1 , α2 , . . . , αk } ⊆ V ise

Span(S) = {a1 α1 + · · · + ak αk : ai ∈ R}

kümesi V nin bir alt uzayıdır. Bu uzaya S nin gerdiği (doğurduğu, ürettiği) uzay denir.
(" # )
a b 0
Örnek W = : a, b, c, d ∈ R kümesi 2 R3 ün alt uzayıdır. (Gösterin)
0 c d

38
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

Örnek A, m × n matris olsun. AX = 0 homojen sistemini düşünelim. Bütün çözümler

 
x1
 
 x2 
X= . 
 
 .. 
 
xn

şeklindedir; yani Rn de bir vektördür. O halde bütün çözümlerin kümesi Rn in bir alt kümesidir. X1
ve X2 iki çözüm olsun.

A(X1 + X2 ) = AX1 + AX2 = 0 + 0 = 0 olup X1 + X2 bir çözümdür.

A(cX1 ) = c(AX1 ) = c0 = 0 olup cX1 bir çözümdür

Yani, Teorem () dan, çözümler kümesi bir alt uzaydır. Bu uzaya homojen sistemin çözüm uzayı
denir.

Ödev: AX = B, B 6= 0, sisteminin çözümleri Rn in bir alt uzayı değildir. Gösteriniz.

ÖDEVLER

(1) Aşağıdaki V kümelerinin verilen ⊕ ve işlemleri ile birer vektör uzayı olup olmadıklarını bulu-
nuz. Değil ise özelliklerden hangilerini sağlamadığını söyleyiniz.

(a) V = R+ , ⊕ ve bilinen + ve · işlemleri

(b) V = {(x, y) : x, y ∈ R}, (x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 ), r (x, y) = (x, ry)

(c) V = {(x, y, z) : x, y, z ∈ R}, (x, y, z)⊕(x0 , y 0 , z 0 ) = (x+x0 , y+y 0 , z+z 0 ); r (x, y, z) =

(x, 1, z)
(" # )
x
(d) V = : x, y ∈ R, x 6 0 bilinen matris toplaması ve skaler çarpımı
y

(e) V = {(x, y) : x, y ∈ R}, (x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 ); r (x, y) = (0, 0)

(f) V = R+ , α ⊕ β = αβ, c α = αc

(g) V = R+ , α ⊕ β = αβ − 1, c α = α

(h) V = R, α ⊕ β = αβ, c α = c + α

(i) V = R, α ⊕ β = 2α − β, c α = cα

39
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

(2) Aşağıdaki tipteki matrislerden oluşan kümelerin hangisi 2 R3 ün alt uzayıdır?

" # " # " #
a b c a b c a b c
(a) , b = a + c (b) , c > 0 (c) , a = −2c, f = 2e + d
d 0 0 d 0 0 d e f

(3) Aşağıdaki tipteki matrislerden oluşan kümelerin hangisi R3 ün alt uzayıdır?

           
a a a a a a
           
(a) 
 b  (b)  b  (c) 
    b  (d)  b  , a > 0 (e)  0  (f)  a 
      
1 0 a + 2b c 0 c

(4) Aşağıdaki kümelerin hangisi 2 R2 nin alt uzayıdır?

(a) Simetrik matrisler

(b) Singüler matrisler

(c) Singüler olmayan matrisler

(5) Aşağıdaki fonksiyonlardan oluşan kümelerin hangisi reel-değerli sürekli fonksiyonların (Bkz. Ör-
nek () ) bir alt uzayıdır?

(a) Negatif olmayan fonksiyonlar

(b) Sabit fonksiyonlar

(c) f (0) = 0 şartını sağlayanlar

(d) f (0) = 5 şartını sağlayanlar

(e) Türevlenebilir fonksiyonlar.

Lineer Bağımsızlık

Eleman sayısı sonlu olan tek vektör uzayı {θ} uzayıdır. Çünkü V bir vektör uzayı θ 6= α ∈ V ise
her c ∈ R için cα ∈ V olacağından V sonsuz elemanlı olur.

Tanım V bir vektör uzayı ve S = {α1 , α2 , . . . , αk } ⊆ V olsun. Eğer bir α ∈ V vektörü
a1 , a2 , . . . , ak ∈ R olmak üzere

α = a1 α1 + a2 α2 + · · · + ak αk

şeklinde yazılabiliyorsa α ya S deki vektörlerin bir lineer kombinasyonu (doğrusal birleşimi) denir.

40
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

       
2 1 1 1
       
Örnek R3 de α = 
 1  vektörü α1 =  2 , α2 =  0  ve α3 =  1 
      
5 1 2 0

vektörlerinin bir lineer kombinasyonudur. Gösterelim.

       
1 1 1 2
       
α = a1 α1 + a2 α2 + a3 α3 =⇒ a1   2  + a2  0  + a3  1  =  1
      

1 2 0 5
 


 a1 + a2 + a3 = 2 


Buradan 2a1 + a3 = 1 denklem sistemi çözülürse a1 = 1, a2 = 2, a3 = −1 bulunur.

 

 a + 2a = 5 
1 2
Yani α = α1 + 2α2 − α3 olur.
         
2 1 2 1 0
3
         
Örnek R de α1 =  1  , α2 =  0  , α3 =  1  ve α4 =  0
        olsun. α =  −2 
  
2 1 0 −1 4
vektörünün Span{α1 , α2 , α3 , α4 } kümesinde olup olmadığını inceleyiniz.
Çözüm: α = a1 α1 + a2 α2 + a3 α3 + a4 α4 olacak şekilde a1 , a2 , a3 , a4 sayıları bulunursa α ∈
Span{α1 , α2 , α3 , α4 } olur.
           
2 1 2 1 0  2a1 + a2 + 2a3 + a4 = 0

 


         
 1 +a2  0 +a3  1
a1      +a4  0 =  −2  =⇒ a1 + a3 = −2
      
 
2 1 0 −1 4  2a1 + a2 − a4 = 4 

Ek matrisi satır eşelon forma getirirsek:

.
 
1 21 1 12 .. 0
.
 
 0 1 0 4 .. , buradan a1 = a4 , a2 = 4 − a4 , a3 = −2 − a4 , a4 = bir reel sayı.
 
4
..
 
0 0 1 1 . −2

Yani α ∈ Span{α1 , α2 , α3 , α4 } olur. (Sonsuz miktarda a1 , a2 , a3 , a4 bulunur.)

Tanım V bir vektör uzayı S = {α1 , α2 , . . . , αk } ⊆ V olsun. Eğer V deki her vektör S
deki vektörlerin bir lineer kombinasyonu ise S, V yi doğurur (gerer, üretir) veya V , S tarafından
doğurulur (gerilir, üretilir) denir.
     
1 1 1
     
Örnek V = R3 olsun. α1 = 
 2  , α2 =  0  , α3 =  1  olsun. S = {α1 , α2 , α3 }
    
1 2 0
kümesi V ’yi gerer mi?

41
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

 
a
 
Çözüm: α =   b  ∈ V olsun. (a, b, c herhangi 3 reel sayı) α = a1 α1 + a2 α2 + a3 α3 denk-

c
leminin çözümüne bakalım.
 (yani her a, b, c için a1 , a2 , a3 bulunabileceğini göstermeye çalışalım.)
a1 + a2 + a3 = a  

2a1 + a3 = b çözülürse a1 = −2a+2b+c3
; a2 = a−b+c
3
; a3 = 4a−b−2c
3
bulunur.


a + 2a
1 2 = c 

Görüldüğü gibi, her a, b, c için a1 , a2 , a3 vardır. O halde Span{α1 , α2 , α3 } = V dir.

Örnek V = P2 olsun. α1 = t2 + 2t + 1 ve α2 = t2 + 2 ise Span{α1 , α2 } = V midir?

Çözüm: a, b, c reel sayılar olmak üzere α = at2 + bt + c ∈ V alalım. α = a1 α1 + a2 α2 olacak
şekilde a1 , a2 sabitleri bulmalıyız.

at2 + bt + c = a1 (t2 + 2t + 1) + a2 (t2 + 2) = (a1 + a2 )t2 + (2a1 )t + (a1 + 2a2 )

 
 1

 a + a2 = a 


eşitliğinden 2a1 = b sistemi elde edilir. Ek matrisi yazıp indirgenmiş forma getirirsek:

 

 a + 2a = c 
1 2

.
 
1 0 .. 2a − c
..
 
 
 0 1 . c−a 
..
 
0 0 . b − 4a + 2c

bulunur. Eğer b − 4a + 2c 6= 0 ise çözüm yoktur (bu eşitsizliği sağlayan a, b, c vardır.) Yani
{α1 , α2 }, V yi doğurmaz.

Tanım V bir vektör uzayı S = {α1 , α2 , . . . , αk } ⊆ V olsun. Eğer

a1 α1 + a2 α2 + · · · + ak αk = θV

olacak şekilde, hepsi birden sıfır olmayan a1 , a2 , . . . , ak sabitleri varsa S kümesine lineer bağımlıdır
denir. Aksi halde (yani ai lerin hepsinin 0 olması zorunlu ise) S ye lineer bağımsızdır denir.

Örnek V = R4 olsun. α1 = [ 1 0 1 2 ], α2 = [ 0 1 1 2 ] ve α3 = [ 1 1 1 3 ] ve

S = {α1 , α2 , α3 } olsun. a1 α1 + a2 α2 + a3 α3 = θ diyelim. a1 , a2 ve a3 ’ü bulalım

a1 + a3 = 0  



a2 + a3 = 0 
çözülürse a1 = a2 = a3 = 0 bulunur. Yani S lineer bağımsızdır.
a1 + a2 + a3 = 0  


2a1 + 2a2 + 3a3 = 0 


42
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

       
1 1 −3 2
       
Örnek R3 de α1 = 
 2  , α2 =  −2  , α3 =  2  ve α4 =  0  olsun. S =
     
−1 1 −1 0
{α1 , α2 , α3 , α4 } kümesi lineer bağımlı mıdır?
Çözüm: a1 α1 + a2 α2 + a3 α3 + a4 α4 = θ eşitliğinden

a1 + a2 − 3a3 + 2a4 = 0 


2a1 − 2a2 + 2a3 = 0


−a + a − a
1 2 3 = 0 
denklem sistemi elde edilir. m < n olduğundan Teorem ()’den dolayı bir trivial olmayan çözüm
vardır. Örneğin a1 = 1, a2 = 2, a3 = 1, a4 = 0 bir çözümdür. Yani S lineer bağımlıdır.

Örnek R3 de α1 = [1 0 0], α2 = [0 1 0], α3 = [0 0 1] vektörleri lineer bağımsızdır. (Ödev)

Örnek P2 de α1 = t2 + t + 2, α2 = 2t2 + t, α3 = 3t2 + 2t + 2 verilsin. S = {α1 , α2 , α3 }

lineer bağımlıdır. Çünkü α1 + α2 − α3 = θ dır.

Teorem S1 ve S2 bir vektör uzayının sonlu alt kümeleri ve S1 ⊆ S2 olsun.

(a) S1 lineer bağımlı ise S2 de lineer bağımlıdır.

(b) S2 lineer bağımsız ise S1 de lineer bağımsızdır.

İspat: (a) S1 = {α1 , α2 , . . . , αk } ve S2 = {α1 , α2 · · · , αk , αk+1 , · · · , αm } olsun. S1 lineer ba-

ğımlı olduğundan hepsi birden sıfır olmayan a1 , . . . , ak sayıları için a1 α1 + · · · + ak αk = θ dır. O
zaman
a1 α2 + · · · + ak αk + 0αk+1 + 0αk+2 + · · · + 0αm = θ

olur. Yukardaki toplamın sol tarafındaki katsayıların hepsi birden sıfır olmadığından S2 lineer ba-
ğımlıdır.

İspat: (b) S2 lineer bağımsız olsun. Bir an için S1 ’in lineer bağımlı olduğunu kabul edelim. O zaman,
(a) dan dolayı S2 lineer bağımlı olur. Bu da bir çelişkidir. O halde S1 lineer bağımsızdır.

Not Bir vektör uzayında S = {θ} kümesi lineer bağımlıdır, çünkü 5 · θ = θ ve 5 6= 0 dır.
Buradan; θ yı içeren bir S kümesinin lineer bağımlı olduğu söylenebilir. (Neden?)

Not R2 ve R3 de lineer bağımlı olmanın anlamı nedir? {α1 , α2 }, R2 de lineer bağımlı olsun.
Yani a1 , a2 ikisi birden sıfır olmayan sayılar olmak üzere a1 α1 + a2 α2 = 0 dır.

a2
a1 6= 0 =⇒ α1 = − α2 , veya
a
1
a1
a2 6= 0 =⇒ α2 = − α1
a2

43
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

dir. Yani biri diğerinin bir katıdır. Tersine, vektörlerden biri diğerinin bir katı olsun. Mesela α1 =
aα2 =⇒ 1α1 − aα2 = 0 olup {α1 , α2 } kümesi lineer bağımlıdır. (Bkz. Şekil ) Özetleyecek
olursak

{α1 , α2 } lineer bağımlı ⇐⇒ Biri diğerinin katı ⇐⇒ Merkezden geçen aynı doğru üzerindeler.

α2
α1
α1 α2
O O

(a) Lineer bağımlı (b) Lineer bağımsız

Şekil R2 ’de lineer bağımlı ve lineer bağımsız vektörler.

Benzer bir sonuç R3 için şöyledir: (Gösteriniz)

R3 ’de üç vektör lineer bağımlıdır ⇐⇒ Bu üç vektör merkezden geçen aynı düzlem içindedir.

Teorem V bir vektör uzayı, S = {α1 , α2 , . . . , αn } ⊆ V sıfır olmayan vektörlerin bir kümesi
olsun. S nin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter şart bir αj vektörünün kendinden önce gelen
vektörlerin bir lineer kombinasyonu olmasıdır.
İspat: (⇐=) αj = a1 α1 + a2 α2 + · · · + aj−1 αj−1 olsun. O zaman

a1 α1 + a2 α2 + · · · + aj−1 αj−1 + (−1)αj + 0αj+1 + · · · + 0αn = θ

olup (katsayıların hepsi birden 0 olmadığından) S nin lineer bağımlı olduğu görülür.

(=⇒) S lineer bağımlı olsun. O zaman hepsi birden sıfır olmayan a1 , a2 , . . . , an sayıları için

a1 α1 + a2 α2 + · · · + an αn = θ

dır. j sayısı aj 6= 0 olacak şekildeki en büyük j olsun. Yani j = max{j : aj 6= 0} olsun. Eğer j = 1
ise a1 α1 = θ =⇒ α1 = θ olur, ki bu da S deki vektörlerin sıfırdan farklı olması ile çelişir. O halde
j > 1 dir. Bu durumda

a1 a2 aj−1
αj = − α1 − α2 − · · · − αj−1 .
aj aj aj

Yani S deki vektörlerin biri kendinden öncekilerin bir lineer kombinasyonudur.

44
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

Örnek V = R3 ve α1 = [1 2 − 1], α2 = [1 2 − 1], α3 = [−3 2 − 1], α4 = [2 0 0] olsun.

α1 + 2α2 + α3 + 0α4 = θ olup α3 = −α1 − 2α2 olur. Ayrıca α1 + α2 + 0α3 − α4 = θ olup
α4 = α1 + α2 + 0α3 . Yani, bütün vektörlerin diğerlerinin lineer kombinasyonu olması gerekmez.

Sonuç S = {α1 , α2 , · · · , αn } bir V vektör uzayının alt kümesi olsun. S lineer bağımlı ⇐⇒
S deki bir vektör diğerlerinin lineer kombinasyonudur.

Sonuç V bir vektör uzayı olsun ve S = {α1 , α2 , . . . , αn } V yi doğursun. αj kendinden ön-
ceki vektörlerin lineer kombinasyonu olsun. O zaman

S1 = S \ {αj } = {α1 , α2 , . . . , αj−1 , αj+1 , . . . , αn }

kümesi de V yi doğurur.
İspat: α ∈ V olsun. Span(S) = V olduğundan a1 , a2 , . . . , an skalerleri vardır öyle ki

α = a1 α1 + · · · + aj−1 αj−1 + aj αj + aj+1 αj+1 + · · · + an αn .

Eğer αj = b1 α1 + b2 α2 + · · · + bj−1 αj−1 ise o zaman

α = a1 α1 + · · · + aj−1 αj−1 + aj (b1 α1 + b2 α2 + · · · + bj−1 αj−1 ) + aj+1 αj+1 + · · · + an αn

= c1 α1 + c2 α2 + · · · + cj−1 αj−1 + cj+1 αj+1 + · · · + cn αn

olur. (Burada ci ifadeleri hesaplanabilir). Son toplamda αj olmadığından Span(S1 ) = V olduğu

görülür. (Her α ∈ V için bu yapılabildiğinden)
       
1 1 0 2
       
 1   0   1   1 
Örnek R4 de α1 =   , α2 =   , α3 =   , α4 =   ve S = {α1 , α2 , α3 , α4 }
       
 0   1   1   1 
       
0 0 0 0
olsun. W = Span(S) olsun. α4 = α1 + α2 olduğundan S1 = {α1 , α2 , α3 } olmak üzere W =
Span(S1 ) diyebiliriz. Yani W uzayını doğurmak için α4 elemanına ihtiyaç yoktur.

ALIŞTIRMALAR

1. P2 de p1 (t) = t2 + 2t + 1 , p2 (t) = t2 + 3 , p3 (t) = t − 1 olsun. Aşağıdaki p(t) vektörlerinden

hangileri Span{p1 (t), p2 (t), p3 (t)} kümesine aittir.

(a) p(t) = t2 + t + 2 (b) p(t) = 2t2 + 2t + 3 (c) p(t) = −t2 + t − 4 (d) p(t) = −2t2 + 3t + 1

2. R3 de aşağıdaki kümelerden hangisi lineer bağımlıdır. Lineer bağımlı olanlarda bir vektörü diğer-
lerinin lineer kombinasyonu olarak yazınız.

45
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

(a) {[1, 1, 0], [0, 2, 3], [1, 2, 3], [3, 6, 6]}

(b) {[1, 1, 0], [3, 4, 2]}

(c) {[1, 1, 0], [0, 2, 3], [1, 2, 3], [0, 0, 0]}

3. c nin hangi değerleri için, P1 ’de, {t + 3, 2t + c2 + 2} lineer bağımlıdır.

Baz ve Boyut

Tanım V bir vektör uzayı, S = {α1 , α2 , . . . , αk } ⊆ V olsun. Eğer S lineer bağımsız ise ve
Span(S) = V ise S ye V nin bir bazı (tabanı) denir.
     
 1   0   0 

 

Örnek V = R3 olsun. S =  0  ,  1  ,  0  olsun. S, R3 ün bir bazıdır. Bu baza R3
     

 
 0 0 1 
ün doğal bazı denir. Benzer şekilde R3 ün doğal bazı S = {[1 0 0], [0 1 0], [0 0 1]} kümesidir. Rn
uzayının doğal bazının elemanları ε1 , ε2 , . . . , εn ile gösterilir. Burada εi elemanı i–inci satırı 1 diğer
elemanları 0 olan vektördür.  
0
 . 
 . 
 . 
 
εi =  1  ← funduszeue.infoır.

 . 
 .. 
 
0
     
1 0 0
3
     
R ün doğal bazının elemanları, ayrıca, i =  0  , j =  1  , k =  0 
    
 ile gösterilir.
0 0 1
 
a1
 
R3 deki herhangi bir α = 
 a2  vektörü a1 i + a2 j + a3 k şeklinde yazılır.

a3

Örnek S = {t2 + 1, t − 1, 2t + 2} kümesinin P2 nin bir bazı olduğunu gösteriniz.

Çözüm: Span(S) = P2 ve S nin lineer bağımsız olduğunu göstermeliyiz. at2 + bt + c ∈ P2 alalım.
at2 + bt + c = a1 (t2 ) + a2 (t − 1) + a3 (2t + 2) olacak şekilde a1 , a2 , a3 ∈ R bulmalıyız. Buradan:

a1 = a 
a+b−c c+b−a


a2 + 2a3 = b =⇒ a1 = a, a2 = , a3 =

 2 4
a − a + 2a = c 
1 2 3

46
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

bulunur. Her a, b, c için a1 , a2 , a3 bulunabildiğinden Span(S) = P2 dir.

Şimdi de S nin lineer bağımsız olduğunu gösterelim. a1 (t2 + 1) + a2 (t − 1) + a3 (2t + 2) = 0

dersek buradan a1 = a2 = a3 = 0 olması gerektiği görülür. (Ödev). Sonuç: S, P2 için bir bazdır.

Örnek α1 = [1 0 1 0], α2 = [0 1 − 1 2], α3 = [0 2 2 1] ve α4 = [1 0 0 1] olsun.

S = {α1 , α2 , α3 , α4 } kümesinin R4 için bir baz olduğunu gösterin. (Ödev)

Teorem Eğer S = {α1 , α2 , . . . , αn } kümesi bir V vektör uzayının bir bazı ise V deki her
vektör S deki vektörlerin bir lineer kombinasyonu olarak tek türlü yazılabilir.
İspat: Span(S) = V olduğu için her α ∈ V vektörü S deki vektörlerin bir lineer kombinasyonu
olarak yazılabilir.

α = a1 α1 + a2 α2 + · · · + an αn , ve
α = b1 α1 + b2 α2 + · · · + bn αn

iki farklı şekilde yazılmış olsun. i = 1, 2, . . . , n için ai = bi olduğunu göstermeliyiz. Şimdi

θ = α − α = (a1 α1 + a2 α2 + · · · + an αn ) − (b1 α1 + b2 α2 + · · · + bn αn )
= (a1 − b1 )α1 + (a2 − b2 )α2 + · · · + (an − bn )αn

olup S lineer bağımsız olduğundan i = 1, 2, . . . , n için ai − bi = 0 olmalıdır; yani ai = bi

olmalıdır. İspat biter.

Teorem Eğer S = {α1 , α2 , . . . , αn } kümesi sıfır olmayan vektörlerin bir kümesi ve Span(S) =
V ise S kümesi V için bir T bazı içerir.

İspat: Eğer S lineer bağımsız ise S, V için bir bazdır; yani T = S alınabilir. S lineer bağımlı ise bir αj
vektörü kendinden öncekilerin lineer kombinasyonudur. S1 = S \ {αj } yazılır ve Span(S1 ) = V
dir. S1 lineer bağımsız ise S1 bazdır. S1 lineer bağımlı ise benzer şekilde S2 = S1 \ {αj } bulunur.
Bu şekilde devam edilirse T ⊆ S lineer bağımsız olacak şekilde bir T bazı bulunur.

V yi geren bir S kümesinden T bazı şöyle elde edilir:

Adım a1 α1 + a2 α2 + · · · + an αn = θ eşitliği oluşturulur.

Adım Buradan ek matris oluşturulur ve bu matris indirgenmiş satır eşelon forma getirilir. (Not:
Satır eşelon forma getirmek de yeterlidir.)

Adım Baş eleman olan 1 sayısını bulunduran kolona ait vektörler V = Span(S) uzayı için bir
baz oluşturur.

47
Bölüm 2. Reel Vektör Uzayları Hüseyin BİLGİÇ

Örnek V = R3 olsun. α1 = [1 0 1], α2 = [0 1 1], α3 = [1 1 2], α4 = [1 2 1], α5 =

[−1 1 − 2] olsun. S = {α1 , α2 , α3 , α4 , α5 } kümesi V yi gerer. (Kontrol ediniz.) Şimdi S nin alt
kümesi olan ve V nin bazı olan T kümesini bulalım.

Adım

a1 [1 0 1] + a2 [0 1 1] + a3 [1 1 2] + a4 [1 2 1] + a5 [−1 1 − 2] = [0 0 0]

Adım

.
 
−2 .. 0

a1 + a3 + a4 − a5 = 0 

1 0 1 0
 Ek matris: 
.

a2 + a3 + 2a4 + a5 = 0 =⇒ 1 1 0 −1 .. 0
 
 0 

 (ind. satır eşelon formu)  .

a1 + a2 + 2a3 + a4 − 2a5 = 0  0 1 1 .. 0
0 0

Adım Baş elemanlar 1., 2. ve 4. kolonlardadır. Yani T = {α1 , α2 , α4 } kümesi R3 için bir bazdır.