33 Benzerlik ve İz
Taban değiştirme bölümü tek bir formülle kapanmıştı: aynı operatörün iki tabandaki matrisleri \([T]_f = P^{-1}[T]_e P\) bağıntısıyla birbirine bağlıdır. Şimdi bu bağıntıyı operatörden bağımsız olarak, matrisler arasında bir ilişki gibi ele alıyoruz. Ortaya çıkan benzerlik kavramı, “bir matrisin hangi özellikleri taban seçimine bağlı değildir?” sorusunun doğru çerçevesidir; bu bölümde bu özelliklerden ikisini — rank ve iz — inceleyip, dersin geri kalanının etrafında döndüğü soruyu soruyoruz: bir operatörün matrisi hangi durumda köşegen yapılabilir?
33.1 Benzer Matrisler
Tanım 33.1 (Benzer Matrisler) \(A\) ve \(B\), \(K\) üzerinde \(n\). mertebeden iki kare matris olsun. Eğer
\[B = P^{-1} A P\]
olacak şekilde regüler bir \(P\) matrisi varsa, \(A\) ile \(B\)’ye benzer matrisler denir ve \(A \sim B\) yazılır.
Taban değişimi teoremi, aynı operatörün farklı tabanlardaki matrislerinin daima benzer olduğunu söylüyordu. Tersi de doğrudur.
Teorem 33.1 (Benzer Matrisler Aynı Operatörü Temsil Eder) \(A \sim B\) ise, \(K^{n}\) üzerinde uygun iki taban seçilerek \(A\) ile \(B\)’nin aynı operatörün matrisleri olduğu görülebilir.
İspat
\(B = P^{-1}AP\) olacak biçimde regüler bir \(P\) olsun. \(e\) ile \(K^{n}\)’in standart tabanını gösterelim ve
\[T : K^{n} \to K^{n}, \qquad v \longmapsto A \cdot v\]
operatörünü alalım; standart tabandaki matris sonucundan \([T]_e = A\)’dır.
\(P\) regüler olduğundan sütunları lineer bağımsızdır; \(n\) tane lineer bağımsız vektör \(K^{n}\)’in bir tabanını oluşturur. Bu sütunları \(f_1, \dots, f_n\) diye adlandıralım; \(f = \{f_1, \dots, f_n\}\) bir tabandır ve sütunları \(f_j\) olan matris tam olarak \(P\) olduğundan \(P\), \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisidir.
Taban değişimi teoremi gereği
\[[T]_f = P^{-1}[T]_e P = P^{-1} A P = B\]
Demek ki \(A\) ile \(B\), aynı \(T\) operatörünün sırasıyla \(e\) ve \(f\) tabanlarındaki matrisleridir.
\(\blacksquare\)
Teorem 33.2 (Benzerlik Bir Denklik Bağıntısıdır) \(K\) üzerinde \(n\). mertebeden kare matrisler kümesinde benzerlik bağıntısı yansıyan, simetrik ve geçişkendir.
İspat
Yansıma. \(P = I_n\) alalım; \(I_n^{-1} A I_n = A\) olduğundan \(A \sim A\)’dır.
Simetri. \(B = P^{-1}AP\) olsun. Her iki tarafı soldan \(P\), sağdan \(P^{-1}\) ile çarparsak
\[A = P B P^{-1} = \big(P^{-1}\big)^{-1} B \big(P^{-1}\big)\]
\(P^{-1}\) de regüler olduğundan \(B \sim A\)’dır.
Geçişme. \(B = P^{-1}AP\) ve \(C = Q^{-1}BQ\) olsun. Yerine koyalım:
\[C = Q^{-1}\big(P^{-1}AP\big)Q = \big(Q^{-1}P^{-1}\big)A\big(PQ\big) = (PQ)^{-1}A(PQ)\]
Son adımda ters matrisin özellikleri gereği \((PQ)^{-1} = Q^{-1}P^{-1}\) kullanıldı. \(PQ\) iki regüler matrisin çarpımı olarak regülerdir; öyleyse \(A \sim C\)’dir.
\(\blacksquare\)
Benzer matrislerin ortak yanları, temsil ettikleri operatörün tabandan bağımsız özellikleridir. En temeli ranktır.
Teorem 33.3 (Benzer Matrislerin Rankı Eşittir) \(V\) sonlu boyutlu, \(e\) bir tabanı ve \(T \in A(V)\) olsun. O zaman
\[\operatorname{rank}\big([T]_e\big) = \dim(\operatorname{Im} T)\]
Özel olarak benzer iki matrisin rankı eşittir.
İspat
\(e = \{e_1, \dots, e_n\}\) olsun. \(\{e_1, \dots, e_n\}\) \(V\)’yi doğurduğundan doğuran kümenin görüntüsü gereği
\[\operatorname{Im} T = L\big(T(e_1), \dots, T(e_n)\big)\]
\([T]_e\)’nin sütunları tam olarak \([T(e_1)]_e, \dots, [T(e_n)]_e\) olduğundan, \([T]_e\)’nin sütun uzayı bu koordinat vektörlerinin gerdiği uzaydır.
\(v \mapsto [v]_e\) dönüşümü \(V\)’den \(K^{n}\) üzerine bir izomorfizmdir; izomorfizmler lineer bağımsızlığı ve doğuran olmayı koruduğundan \(\operatorname{Im} T\) ile onun koordinat görüntüsü aynı boyuttadır:
\[\dim(\operatorname{Im} T) = \dim\big([T]_e\text{'nin sütun uzayı}\big) = \operatorname{rank}\big([T]_e\big)\]
Şimdi \(A \sim B\) olsun. Benzer Matrisler Aynı Operatörü Temsil Eder teoremi gereği \(A\) ile \(B\), aynı \(T\) operatörünün iki farklı tabandaki matrisleridir. Sağ taraf \(\dim(\operatorname{Im} T)\) tabandan bağımsız olduğundan
\[\operatorname{rank}(A) = \dim(\operatorname{Im} T) = \operatorname{rank}(B)\]
\(\blacksquare\)
Bu, benzerliği çürütmek için pratik bir ölçüt verir: rankları farklı olan iki matris benzer olamaz. Ölçüt tek yönlüdür — rankları eşit olan iki matris benzer olmak zorunda değildir. Aynı işi gören, tabandan bağımsız iki büyüklük daha vardır: bu bölümde tanımlayacağımız iz ve determinantlar bölümünde tanımlayacağımız determinant.
Son olarak, benzerlik kuvvet almayla uyumludur; bu da operatör kuvvetlerini hesaplamayı kolaylaştırır.
Teorem 33.4 (Benzerlik ve Kuvvetler) \([T]_f = P^{-1}[T]_e P\) olsun. Bu durumda her \(m \in \mathbb{Z}^{+}\) için
\[\big([T]_f\big)^{m} = P^{-1}\big([T]_e\big)^{m} P\]
ve \(K\) üzerinde her \(p(x)\) polinomu için
\[\big[p(T)\big]_f = P^{-1}\,p\big([T]_e\big)\,P\]
İspat
Kuvvet. Çarpımı açıp ortadaki \(PP^{-1}\) çiftlerini sadeleştirelim:
\[ \begin{aligned} \big(P^{-1}[T]_e P\big)^{m} &= \big(P^{-1}[T]_e P\big)\big(P^{-1}[T]_e P\big)\cdots\big(P^{-1}[T]_e P\big)\\[1mm] &= P^{-1}[T]_e \big(P P^{-1}\big)[T]_e \big(P P^{-1}\big) \cdots [T]_e P\\[1mm] &= P^{-1}\,[T]_e[T]_e\cdots[T]_e\,P = P^{-1}\big([T]_e\big)^{m}P \end{aligned} \]
Polinom. \(p(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_mx^{m}\) olsun. Matris gösteriminin toplama ve skalerle çarpımla uyumu ile \([T^{k}]_f = ([T]_f)^{k}\) eşitliğini birlikte kullanalım:
\[ \begin{aligned} \big[p(T)\big]_f &= a_0[I]_f + a_1[T]_f + \cdots + a_m\big[T^{m}\big]_f\\[1mm] &= a_0 I_n + a_1 P^{-1}[T]_e P + \cdots + a_m P^{-1}\big([T]_e\big)^{m}P\\[1mm] &= P^{-1}\Big(a_0 I_n + a_1[T]_e + \cdots + a_m\big([T]_e\big)^{m}\Big)P = P^{-1}\,p\big([T]_e\big)\,P \end{aligned} \]
İkinci satırda \([I]_f = I_n = P^{-1}I_nP\) olduğu kullanıldı.
\(\blacksquare\)
Taban değiştirme bölümündeki yansıma örneğinde \([T]_f = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\) köşegen çıkmıştı; böyle bir matrisin kuvvetini almak bir satırlık iştir: \(\big([T]_f\big)^{m} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & (-1)^{m}\end{pmatrix}\). Yukarıdaki teorem sayesinde standart tabandaki \([T]_e\)’nin kuvveti de tek bir çarpımla bulunur: \(\big([T]_e\big)^{m} = P\big([T]_f\big)^{m}P^{-1}\). Köşegenleştirmenin bütün pratik değeri buradadır.
33.2 Bir Matrisin İzi
Tanım 33.2 (İz) \(A = (a_{ij})\), \(K\) üzerinde \(n\). mertebeden bir kare matris olsun. \(A\)’nın köşegeni üzerindeki elemanların toplamına \(A\)’nın izi denir ve \(\operatorname{iz}(A)\) ile gösterilir:
\[\operatorname{iz}(A) = a_{11} + a_{22} + \cdots + a_{nn} = \sum_{i=1}^{n} a_{ii}\]
İz, matristen bir sayı üreten en basit işlemdir: yalnızca köşegene bakar, çarpma bile gerektirmez. Buna rağmen taban değişimi altında korunur; bunu görmek için önce çarpımın izine bakalım.
Teorem 33.5 (Çarpımın İzi Sıra Değiştirir) \(A\) ve \(B\), \(K\) üzerinde \(n\). mertebeden iki kare matris olsun. O zaman
\[\operatorname{iz}(AB) = \operatorname{iz}(BA)\]
İspat
\(A = (a_{ij})\) ve \(B = (b_{ij})\) olsun. Çarpımın köşegen elemanı
\[(AB)_{ii} = \sum_{j=1}^{n} a_{ij}b_{ji}\]
olduğundan
\[\operatorname{iz}(AB) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} a_{ij}b_{ji}\]
Aynı hesabı \(BA\) için yapalım:
\[\operatorname{iz}(BA) = \sum_{j=1}^{n}\big(BA\big)_{jj} = \sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{n} b_{ji}a_{ij}\]
\(K\) komütatif olduğundan \(b_{ji}a_{ij} = a_{ij}b_{ji}\)’dir; sonlu bir çift toplamda terimlerin sırası da değiştirilebilir. Öyleyse iki toplam aynı terimlerden oluşur ve eşittir.
\(\blacksquare\)
Teorem \(AB = BA\) demiyor — matris çarpımı değişmeli değildir. Söylenen yalnızca iki çarpımın izlerinin eşit olduğudur; matrislerin kendileri farklı olabilir.
Sonuç 33.1 (Benzer Matrislerin İzi Eşittir) \(A \sim B\) ise \(\operatorname{iz}(A) = \operatorname{iz}(B)\)’dir.
İspat
\(B = P^{-1}AP\) olsun. Çarpımı \(\big(P^{-1}\big)\big(AP\big)\) biçiminde ikiye ayırıp bir önceki teoremi uygulayalım:
\[\operatorname{iz}(B) = \operatorname{iz}\big(P^{-1}(AP)\big) = \operatorname{iz}\big((AP)P^{-1}\big) = \operatorname{iz}\big(A(PP^{-1})\big) = \operatorname{iz}(A)\]
\(\blacksquare\)
Rankta olduğu gibi, izin de tabandan bağımsız olması onu operatörün kendisine ait bir büyüklük yapar.
Tanım 33.3 (Bir Operatörün İzi) \(V\) sonlu boyutlu bir vektör uzayı, \(T \in A(V)\) ve \(e\), \(V\)’nin herhangi bir tabanı olsun. \(T\)’nin izi
\[\operatorname{iz}(T) := \operatorname{iz}\big([T]_e\big)\]
biçiminde tanımlanır. \(T\)’nin herhangi iki matris gösterimi benzer olduğundan ve benzer matrislerin izi eşit olduğundan, bu tanım \(e\) tabanının seçiminden bağımsızdır.
Örnek 33.1 (İki Operatörün İzi) Aşağıdaki iki operatörün izini bulunuz.
\(T : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\) şöyle tanımlansın:
\[T(x,y,z) = (a_1x + a_2y + a_3z,\ b_1x + b_2y + b_3z,\ c_1x + c_2y + c_3z)\]
\(2\). mertebeden reel kare matrislerin uzayı \(V = M_2(\mathbb{R})\) üzerinde \(T(A) = M \cdot A\), burada \(M = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}\)
Çözüm
a) Standart tabanda hesaplayalım. \(T(e_1) = (a_1, b_1, c_1)\), \(T(e_2) = (a_2, b_2, c_2)\), \(T(e_3) = (a_3, b_3, c_3)\) olduğundan bu vektörler doğrudan \([T]_e\)’nin sütunlarıdır:
\[[T]_e = \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{pmatrix} \qquad \Longrightarrow \qquad \operatorname{iz}(T) = a_1 + b_2 + c_3\]
b) \(V\)’nin standart tabanını alalım:
\[E_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix},\quad E_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix},\quad E_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0\end{pmatrix},\quad E_4 = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\]
Dört çarpımı yapalım:
\[T(E_1) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 0\end{pmatrix} = 1E_1 + 3E_3\]
\[T(E_2) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 3\end{pmatrix} = 1E_2 + 3E_4\]
\[T(E_3) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 4 & 0\end{pmatrix} = 2E_1 + 4E_3\]
\[T(E_4) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 0 & 4\end{pmatrix} = 2E_2 + 4E_4\]
Katsayıları sütun olarak yazalım:
\[[T]_E = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2\\ 3 & 0 & 4 & 0\\ 0 & 3 & 0 & 4 \end{pmatrix} \qquad \Longrightarrow \qquad \operatorname{iz}(T) = 1 + 1 + 4 + 4 = 10\]
\(\operatorname{iz}(M) = 1 + 4 = 5\) olduğuna dikkat edin: \(\operatorname{iz}(T) = 2\operatorname{iz}(M)\) çıktı. Bu bir rastlantı değildir; \(M_2(K)\) üzerinde \(A \mapsto MA\) operatörünün matrisi, \(M\)’in iki kopyasını köşegen bloklar hâlinde taşır.
\(\blacksquare\)
33.3 Köşegenleştirilebilir Operatörler
Taban değiştirmenin bütün amacı, operatörün matrisini olabildiğince sade bir biçime sokmaktı. En sade biçim köşegen matristir.
Tanım 33.4 (Köşegenleştirilebilir Operatör) \(V\), \(K\) üzerinde \(n\) boyutlu bir vektör uzayı ve \(T \in A(V)\) olsun. \([T]_f\) matrisi köşegen olacak biçimde \(V\)’nin bir \(f\) tabanı varsa \(T\)’ye köşegenleştirilebilir operatör, \(f\) tabanına da \(T\)’yi köşegenleştiren taban denir.
Teorem 33.6 (Köşegenleştirilebilirliğin Matris Ölçütü) \(V\), \(n\) boyutlu bir vektör uzayı, \(T \in A(V)\) ve \(A\), \(T\)’nin herhangi bir matris gösterimi olsun. \(T\)’nin köşegenleştirilebilir olması için gerek ve yeter koşul,
\[P^{-1} A P\]
köşegen olacak biçimde regüler bir \(P\) matrisinin var olmasıdır.
İspat
\(A = [T]_e\) olsun.
Gereklik. \(T\) köşegenleştirilebilir olsun, yani \([T]_f\) köşegen olacak biçimde bir \(f\) tabanı bulunsun. \(P\), \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi olsun; \(P\) regülerdir ve taban değişimi teoremi gereği
\[P^{-1}AP = P^{-1}[T]_e P = [T]_f\]
sağ taraf köşegendir.
Yeterlik. \(P\) regüler ve \(D = P^{-1}AP\) köşegen olsun. \(P = (p_{ij})\) olmak üzere
\[f_j = p_{1j}e_1 + p_{2j}e_2 + \cdots + p_{nj}e_n \qquad (j = 1, \dots, n)\]
vektörlerini tanımlayalım; yani \(f_j\), \(P\)’nin \(j\). sütununu \(e\) tabanındaki koordinat vektörü olarak okuyan vektördür. \(P\) regüler olduğundan sütunları \(K^{n}\)’de lineer bağımsızdır; \(v \mapsto [v]_e\) bir izomorfizm olduğundan \(f_1, \dots, f_n\) de \(V\)’de lineer bağımsızdır. \(n\) tane lineer bağımsız vektör \(n\) boyutlu \(V\)’nin bir tabanıdır, öyleyse \(f = \{f_1, \dots, f_n\}\) bir tabandır ve tanımı gereği \(P\), \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisidir. Taban değişimi teoremi gereği
\[[T]_f = P^{-1}[T]_e P = P^{-1}AP = D\]
köşegendir; demek ki \(T\) köşegenleştirilebilirdir.
\(\blacksquare\)
Aynı ifade matris diliyle şöyle okunur: bir kare matrisin köşegenleştirilebilir olması, köşegen bir matrise benzer olması demektir.
Ölçüt doğru ama henüz kullanışlı değil: “böyle bir \(P\) var mı?” sorusunu cevaplamak için \(P\)’yi arayıp durmak gerekiyor. \([T]_f\)’nin köşegen olması, \(f\) tabanının her vektörü için
\[T(f_j) = k_j f_j\]
demektir — yani \(T\), \(f_j\)’yi yalnızca bir katsayıyla ölçekliyor, yönünü değiştirmiyor. Böyle vektörlere özvektör, karşılarındaki \(k_j\) sayılarına özdeğer denir. Köşegenleştirme sorusunun sistematik cevabı bu iki kavramdadır ve Özdeğerler ve Özvektörler bölümünde verilecektir.
33.4 Alıştırma
Alıştırma 33.1 (Benzerlik ve İz Üzerine)
- \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}\) ve \(B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}\) matrislerinin benzer olmadığını gösteriniz.
- \(A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2\end{pmatrix}\) ile \(B = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2\end{pmatrix}\) matrisleri benzer midir?
- \(A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\) ile \(C = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\) matrisleri benzer midir?
- \(A\) ile \(B\) benzer ise \(A^{t}\) ile \(B^{t}\)’nin de benzer olduğunu gösteriniz.
- \(\operatorname{iz}(A + B) = \operatorname{iz}(A) + \operatorname{iz}(B)\) ve \(\operatorname{iz}(kA) = k\operatorname{iz}(A)\) olduğunu gösteriniz.
- \(K = \mathbb{R}\) olmak üzere \(AB - BA = I_2\) olacak biçimde \(2\). mertebeden \(A\), \(B\) kare matrislerinin bulunamayacağını gösteriniz.
Çözüm
1. İz tabandan bağımsızdır, dolayısıyla benzer matrislerin izleri eşit olmalıdır:
\[\operatorname{iz}(A) = 1 + 4 = 5, \qquad \operatorname{iz}(B) = 0 + 0 = 0\]
İzler farklı olduğundan \(A \not\sim B\)’dir.
2. \(A = 2I_2\) bir skaler matristir. Herhangi bir regüler \(P\) için
\[P^{-1}AP = P^{-1}(2I_2)P = 2\,P^{-1}I_2P = 2\,P^{-1}P = 2I_2 = A\]
olur; yani \(A\) yalnızca kendisine benzerdir. \(B \ne A\) olduğundan \(A\) ile \(B\) benzer değildir.
Dikkat: bu örnekte ne rank ne de iz ölçütü işe yarar — her iki matrisin de rankı \(2\), izi \(4\)’tür. Bu iki ölçüt benzerlik için gerek koşuldur, yeter koşul değildir.
3. Rankları karşılaştıralım: \(\operatorname{rank}(A) = 2\), \(\operatorname{rank}(C) = 1\)’dir. Benzer matrislerin rankı eşit olmak zorunda olduğundan \(A\) ile \(C\) benzer değildir. (İz de ayırt eder: \(\operatorname{iz}(A) = 2\) ve \(\operatorname{iz}(C) = 1\)’dir.)
4. \(B = P^{-1}AP\) olsun. Transpozeyi alalım; \((XY)^{t} = Y^{t}X^{t}\) olduğundan
\[B^{t} = \big(P^{-1}AP\big)^{t} = P^{t}A^{t}\big(P^{-1}\big)^{t}\]
\(\big(P^{-1}\big)^{t} = \big(P^{t}\big)^{-1}\) olduğunu kullanalım ve \(Q = \big(P^{t}\big)^{-1}\) diyelim; bu durumda \(P^{t} = Q^{-1}\) olur ve
\[B^{t} = Q^{-1}A^{t}Q\]
\(Q\) regüler olduğundan \(A^{t} \sim B^{t}\)’dir.
5. İkisi de köşegen elemanların toplamı üzerinden doğrudan görülür: \((A+B)_{ii} = a_{ii} + b_{ii}\) ve \((kA)_{ii} = k\,a_{ii}\) olduğundan
\[\operatorname{iz}(A+B) = \sum_i (a_{ii} + b_{ii}) = \sum_i a_{ii} + \sum_i b_{ii} = \operatorname{iz}(A) + \operatorname{iz}(B)\]
\[\operatorname{iz}(kA) = \sum_i k\,a_{ii} = k\sum_i a_{ii} = k\operatorname{iz}(A)\]
6. Böyle \(A\), \(B\) bulunduğunu varsayalım. Her iki tarafın izini alalım; iz toplamsal olduğundan (5. şık) ve \(\operatorname{iz}(AB) = \operatorname{iz}(BA)\) olduğundan
\[\operatorname{iz}(AB - BA) = \operatorname{iz}(AB) - \operatorname{iz}(BA) = 0\]
Öte yandan \(\operatorname{iz}(I_2) = 1 + 1 = 2\)’dir. \(0 = 2\) çelişkisi, varsayımın yanlış olduğunu gösterir.
\(\blacksquare\)