34 İki Uzay Arasında Matris Gösterimi

Bir operatörün matrisi bölümünde \(T : V \to U\) dönüşümünün iki tabana göre matris gösterimini tanımlamış, bir örnek üzerinde hesaplamıştık. Bu bölümde o gösterimin bütün cebirsel özelliklerini kuruyoruz: matris çarpımının bileşkeye, matris toplamının dönüşüm toplamına karşılık geldiğini gösterecek ve dönemin en çarpıcı sonucuna varacağız — tabanlar uygun seçilirse her lineer dönüşümün matrisi yalnızca rankına bağlı, son derece sade bir biçime iner.

Bölüm boyunca \(V\) ile \(U\), \(K\) üzerinde sırasıyla \(m\) ve \(n\) boyutlu vektör uzayları; \(B = \{v_1, \dots, v_m\}\) \(V\)’nin, \(C = \{u_1, \dots, u_n\}\) ise \(U\)’nun bir tabanıdır. Hatırlatalım: \([T]_{C,B}\) matrisinin \(j\). sütunu \(\big[T(v_j)\big]_C\)’dir ve matris \((n,m)\) tipindedir.

34.1 Temel Eşitlik

Teorem 34.1 (Dönüşümün Uygulanması Matrisle Çarpımdır) \(T : V \to U\) lineer olsun. Her \(v \in V\) için

\[[T]_{C,B} \cdot [v]_B = \big[T(v)\big]_C\]

İspat

\(v \in V\) olsun ve \(B\) tabanına göre koordinatlarını \([v]_B = (x_1, \dots, x_m)^{t}\) ile gösterelim; yani

\[v = x_1v_1 + x_2v_2 + \cdots + x_mv_m\]

\(T\) lineer olduğundan

\[T(v) = x_1T(v_1) + x_2T(v_2) + \cdots + x_mT(v_m)\]

Koordinat almak da lineer bir işlemdir (koordinat izomorfizmi); her iki tarafın \(C\) tabanına göre koordinatlarını alalım:

\[\big[T(v)\big]_C = x_1\big[T(v_1)\big]_C + x_2\big[T(v_2)\big]_C + \cdots + x_m\big[T(v_m)\big]_C\]

Sağ taraf, sütunları \(\big[T(v_j)\big]_C\) olan matrisin \((x_1, \dots, x_m)^{t}\) sütunuyla çarpımından başka bir şey değildir:

\[\big[T(v)\big]_C = \Big(\big[T(v_1)\big]_C \ \Big|\ \cdots \ \Big|\ \big[T(v_m)\big]_C\Big)\begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_m\end{pmatrix} = [T]_{C,B}\cdot [v]_B\]

\(\blacksquare\)

Bu eşitlik, matris gösteriminin bütün anlamıdır: \(V\) ile \(U\) soyut uzaylar olsa bile, taban seçildikten sonra \(T\)’yi uygulamak \(K^{m}\)’den \(K^{n}\)’e bir matris çarpımına dönüşür. Aşağıdaki üç teoremin ispatı da hep aynı fikri kullanır — iki matrisin eşit olduğunu göstermek için her ikisinin de aynı sütun vektörlerini ürettiğini görmek yeter.

Sütunlar nasıl okunur

İki matrisin eşitliğini sütun sütun denetlemenin pratik yolu şudur: \([v_j]_B\), \(K^{m}\)’in \(j\). standart taban sütunudur. Bir matrisi bu sütunla çarpmak, matrisin \(j\). sütununu almak demektir. Öyleyse “her \(v\) için \(M_1[v]_B = M_2[v]_B\)” bilgisinden, \(v = v_j\) alarak \(M_1\) ile \(M_2\)’nin bütün sütunlarının eşit olduğu, yani \(M_1 = M_2\) olduğu çıkar.

34.2 Dönüşüm Uzayı ile Matris Uzayı

Dönüşümlerin uzayı bölümünde \(\operatorname{Hom}(V,U)\)’nun bir vektör uzayı olduğunu ve boyutunun \(m \cdot n\) çıktığını görmüştük. Matris gösterimi bu iki uzayı birebir örtüştürür.

Teorem 34.2 (Hom(V,U) ile Matris Uzayının İzomorfluğu) \(M_{n,m}(K)\) ile \(K\) üzerindeki \((n,m)\) tipindeki matrislerin uzayını gösterelim. O zaman

\[\Phi : \operatorname{Hom}(V,U) \to M_{n,m}(K), \qquad \Phi(T) = [T]_{C,B}\]

bir vektör uzayı izomorfizmidir.

İspat

Lineerlik. \(T, S \in \operatorname{Hom}(V,U)\) ve \(k \in K\) olsun. \((T+S)(v_j) = T(v_j) + S(v_j)\) ve koordinat almak lineer olduğundan

\[\big[(T+S)(v_j)\big]_C = \big[T(v_j)\big]_C + \big[S(v_j)\big]_C\]

Bu, \([T+S]_{C,B}\)’nin \(j\). sütununun \([T]_{C,B}\) ile \([S]_{C,B}\)’nin \(j\). sütunlarının toplamı olduğunu söyler; bütün \(j\)’ler için doğru olduğundan

\[[T+S]_{C,B} = [T]_{C,B} + [S]_{C,B}\]

Aynı hesap \(kT\) için \([kT]_{C,B} = k[T]_{C,B}\) verir. Öyleyse \(\Phi\) lineerdir.

Bire birlik. \(\Phi(T) = 0\) olsun, yani \([T]_{C,B}\) sıfır matris olsun. O zaman her \(j\) için \(\big[T(v_j)\big]_C = 0\), dolayısıyla \(T(v_j) = 0_U\)’dur. Bir lineer dönüşüm taban üzerindeki değerleriyle belirlendiğinden (tabanla belirlenme) \(T\) sıfır dönüşümüdür. Çekirdeği yalnız sıfır olan lineer dönüşüm bire birdir.

Örtenlik. \(A = (a_{ij}) \in M_{n,m}(K)\) verilsin. Tabanla belirlenme teoremi gereği

\[T(v_j) := a_{1j}u_1 + a_{2j}u_2 + \cdots + a_{nj}u_n \qquad (j = 1, \dots, m)\]

koşulunu sağlayan tek bir \(T \in \operatorname{Hom}(V,U)\) vardır. Bu \(T\) için \(\big[T(v_j)\big]_C\) tam olarak \(A\)’nın \(j\). sütunudur, yani \(\Phi(T) = A\)’dır.

\(\blacksquare\)

İzomorf uzayların boyutları eşit olduğundan bu teorem, \(\dim \operatorname{Hom}(V,U) = \dim M_{n,m}(K) = m\cdot n\) eşitliğinin ikinci bir ispatını verir. \(V = U\) ve \(B = C\) alınırsa, operatör cebri ile matris cebri bölümündeki \(A(V) \cong M_n(K)\) izomorfizmine dönülür.

34.3 Bileşkenin Matrisi

Teorem 34.3 (Bileşkenin Matrisi Matrislerin Çarpımıdır) \(V\), \(U\) ve \(W\) sonlu boyutlu uzaylar; \(B\), \(C\) ve \(D\) sırasıyla bunların birer tabanı olsun. \(F : V \to U\) ve \(G : U \to W\) lineer dönüşümleri için

\[[G \circ F]_{D,B} = [G]_{D,C} \cdot [F]_{C,B}\]

İspat

Her \(v \in V\) için temel eşitliği üst üste iki kez uygulayalım:

\[ \begin{aligned} \big[(G \circ F)(v)\big]_D &= \big[G\big(F(v)\big)\big]_D = [G]_{D,C}\cdot\big[F(v)\big]_C\\[1mm] &= [G]_{D,C}\cdot\Big([F]_{C,B}\cdot[v]_B\Big) = \Big([G]_{D,C}[F]_{C,B}\Big)\cdot[v]_B \end{aligned} \]

Son adımda matris çarpımının birleşme özelliği kullanıldı. Öte yandan temel eşitlik doğrudan \(G \circ F\) dönüşümüne uygulanırsa

\[\big[(G \circ F)(v)\big]_D = [G\circ F]_{D,B}\cdot [v]_B\]

Demek ki her \(v\) için \([G\circ F]_{D,B}[v]_B = \big([G]_{D,C}[F]_{C,B}\big)[v]_B\)’dir. Yukarıdaki sütun okuma kuralı gereği (\(v\) yerine sırayla \(v_1, \dots, v_m\) alınır) iki matrisin bütün sütunları eşittir:

\[[G\circ F]_{D,B} = [G]_{D,C}[F]_{C,B}\]

\(\blacksquare\)

Boyutlar tutuyor mu?

\(\dim V = m\), \(\dim U = n\), \(\dim W = p\) olsun. \([G]_{D,C}\) matrisi \((p,n)\), \([F]_{C,B}\) ise \((n,m)\) tipindedir; çarpımları \((p,m)\) tipindedir ve \(G\circ F : V \to W\) dönüşümünün matrisi de tam olarak \((p,m)\) tipinde olmalıdır. Ortadaki \(n\)’lerin sadeleşmesi, bileşkenin ancak “\(U\) ortak uzayı” üzerinden kurulabilmesinin matris dilindeki karşılığıdır.

34.4 İki Tabanın Birden Değişmesi

Operatörlerde tek bir taban vardı ve taban değişimi \([T]_f = P^{-1}[T]_eP\) formülünü vermişti. İki uzay söz konusu olduğunda iki geçiş matrisi devreye girer.

Teorem 34.4 (Dikdörtgen Gösterimde Taban Değişimi) \(B\) ile \(B'\), \(V\)’nin; \(C\) ile \(C'\), \(U\)’nun tabanları olsun. \(P\), \(V\)’de \(B\)’den \(B'\)’ne; \(Q\) ise \(U\)’da \(C\)’den \(C'\)’ne geçiş matrisi olmak üzere her \(F \in \operatorname{Hom}(V,U)\) için

\[[F]_{C',B'} = Q^{-1}\cdot [F]_{C,B}\cdot P\]

İspat

Geçiş matrisinin tanımı gereği her \(v \in V\) ve her \(u \in U\) için

\[P\cdot[v]_{B'} = [v]_B \qquad \text{ve} \qquad Q\cdot[u]_{C'} = [u]_C\]

İkincisinden \([u]_{C'} = Q^{-1}[u]_C\) çıkar. Şimdi \(u = F(v)\) alıp temel eşitliği kullanalım:

\[ \begin{aligned} [F]_{C',B'}\cdot[v]_{B'} &= \big[F(v)\big]_{C'} = Q^{-1}\big[F(v)\big]_C\\[1mm] &= Q^{-1}\Big([F]_{C,B}\cdot[v]_B\Big) = Q^{-1}[F]_{C,B}\,P\cdot[v]_{B'} \end{aligned} \]

Bu eşitlik her \(v \in V\) için geçerlidir; \(v\) yerine \(B'\) tabanının vektörlerini alarak iki matrisin sütunlarının eşit olduğu görülür.

\(\blacksquare\)

İki özel hâl sık kullanılır. Yalnızca varış uzayında taban değişirse (\(B = B'\), yani \(P = I_m\)) \([F]_{C',B} = Q^{-1}[F]_{C,B}\); yalnızca çıkış uzayında değişirse (\(C = C'\), yani \(Q = I_n\)) \([F]_{C,B'} = [F]_{C,B}P\) olur. \(V = U\), \(B = C\) ve \(B' = C'\) alındığında \(Q = P\) olur ve formül tanıdık benzerlik bağıntısına iner.

34.5 Kanonik Form

İki tabanı birden serbestçe seçebilmek, operatör durumunda olmayan büyük bir esneklik verir. Bu esneklik sonuna kadar kullanılırsa şaşırtıcı derecede sade bir matris elde edilir.

Teorem 34.5 (Rankın Belirlediği Kanonik Form) \(F : V \to U\) lineer ve \(\operatorname{rank} F = r\) olsun. O zaman \(V\)’nin bir \(B\) tabanı ve \(U\)’nun bir \(C\) tabanı vardır öyle ki

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\]

Burada \(I_r\), \(r\). mertebeden birim matris; kalan bloklar sıfır matrislerdir.

İspat

Boyut teoremi gereği \(\dim(\operatorname{Ker} F) = m - r\)’dir. \(\operatorname{Ker} F\)’nin bir tabanı \(\{w_1, \dots, w_{m-r}\}\) olsun. Bir alt uzayın tabanı bütün uzayın tabanına genişletilebildiğinden

\[B = \{v_1, \dots, v_r,\ w_1, \dots, w_{m-r}\}\]

\(V\)’nin bir tabanı olacak biçimde \(v_1, \dots, v_r\) vektörleri bulunabilir.

Şimdi \(u_i := F(v_i)\) diyelim (\(i = 1, \dots, r\)). Bu \(r\) vektörün \(\operatorname{Im} F\)’nin bir tabanı olduğunu görelim.

Doğurma. \(B\) bir taban olduğundan doğuran kümenin görüntüsü gereği \(\operatorname{Im} F\), \(F(v_1), \dots, F(v_r), F(w_1), \dots, F(w_{m-r})\) vektörleri tarafından doğurulur. Son \(m-r\) tanesi sıfırdır (\(w_j \in \operatorname{Ker} F\)), dolayısıyla \(\operatorname{Im} F = L(u_1, \dots, u_r)\)’dir.

Bağımsızlık. \(r\) tane vektör \(r\) boyutlu \(\operatorname{Im} F\)’yi doğuruyorsa lineer bağımsızdır. (Doğrudan da görülebilir: \(\sum a_iu_i = 0\) ise \(F\big(\sum a_iv_i\big) = 0\), yani \(\sum a_iv_i \in \operatorname{Ker} F\) olur; bu vektör \(w_j\)’lerin bir kombinezonu olarak yazılınca \(B\)’nin bağımsızlığı bütün \(a_i\)’lerin sıfır olmasını gerektirir.)

\(\{u_1, \dots, u_r\}\) lineer bağımsız olduğundan \(U\)’nun bir tabanına genişletilebilir:

\[C = \{u_1, \dots, u_r,\ u_{r+1}, \dots, u_n\}\]

Artık matrisi yazabiliriz. \(i \le r\) için \(F(v_i) = u_i\) olduğundan \(\big[F(v_i)\big]_C\), \(K^{n}\)’in \(i\). standart taban sütunudur. \(j = 1, \dots, m-r\) için \(F(w_j) = 0\) olduğundan karşılık gelen sütun sıfırdır. Sütunları sırayla yan yana koyarsak

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\]

İlk \(r\) sütun sırasıyla \(K^{n}\)’in ilk \(r\) standart taban sütunu, kalan \(m - r\) sütun ise tamamen sıfırdır.

\(\blacksquare\)

Ne söylüyor?

Uygun tabanlarda her lineer dönüşümün matrisi yalnızca \(r = \operatorname{rank} F\) sayısına bağlıdır. Yani iki uzay arasındaki lineer dönüşümlerin tek değişmezi ranktır: rankları eşit iki dönüşüm, uygun tabanlarda tamamen aynı matrisle temsil edilir. Operatörlerde durum böyle değildir — orada taban tek olduğundan seçim özgürlüğü yarıya iner ve rank tek başına yetmez; hangi büyüklüklerin gerektiği özdeğerler bölümünün konusudur.

34.6 Çözümlü Örnekler

Örnek 34.1 (İki Tabana Göre Matris ve Doğrulaması) \(F : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{2}\) dönüşümü

\[F(x,y,z) = (3x + 2y - 4z,\ x - 5y + 3z)\]

biçiminde tanımlanıyor. \(B = \{(1,1,1),\ (1,1,0),\ (1,0,0)\}\) ve \(C = \{(1,3),\ (2,5)\}\) tabanları veriliyor.

\([F]_{C,B}\) matrisini bulunuz.
Herhangi bir \(v = (x,y,z)\) için \([F]_{C,B}\,[v]_B = \big[F(v)\big]_C\) eşitliğini doğrulayınız.

Çözüm

a) Önce \(\mathbb{R}^{2}\)’de \(C\) tabanına göre koordinat almayı bir kez hazırlayalım. \((p,q) = a(1,3) + b(2,5)\) ise

\[a + 2b = p, \qquad 3a + 5b = q\]

Birinciyi \(3\) ile çarpıp ikinciden çıkaralım: \(b = 3p - q\); buradan \(a = p - 2b = p - 2(3p-q) = -5p + 2q\). Yani

\[(p,q) \ \longmapsto\ \big[(p,q)\big]_C = \begin{pmatrix} -5p + 2q \\ 3p - q\end{pmatrix}\]

Şimdi taban vektörlerinin görüntülerini hesaplayıp bu kuralı uygulayalım:

\[F(1,1,1) = (3 + 2 - 4,\ 1 - 5 + 3) = (1,\ -1) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -5 - 2 \\ 3 + 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -7 \\ 4\end{pmatrix}\]

\[F(1,1,0) = (3 + 2,\ 1 - 5) = (5,\ -4) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -25 - 8 \\ 15 + 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -33 \\ 19\end{pmatrix}\]

\[F(1,0,0) = (3,\ 1) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -15 + 2 \\ 9 - 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -13 \\ 8\end{pmatrix}\]

Üç sütunu yan yana koyalım:

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} -7 & -33 & -13 \\ 4 & 19 & 8\end{pmatrix}\]

b) Önce \([v]_B\)’yi bulalım. \(v = (x,y,z)\) vektörünü \(B\) tabanında açalım:

\[v = (x,y,z) = a(1,1,1) + b(1,1,0) + c(1,0,0) = (a+b+c,\ a+b,\ a)\]

Bileşenleri eşitlersek

\[a = z, \qquad b = y - z, \qquad c = x - y \qquad \Longrightarrow \qquad [v]_B = \begin{pmatrix} z \\ y - z \\ x - y \end{pmatrix}\]

Çarpalım:

\[[F]_{C,B}[v]_B = \begin{pmatrix} -7 & -33 & -13 \\ 4 & 19 & 8\end{pmatrix} \begin{pmatrix} z \\ y-z \\ x-y\end{pmatrix}\]

Birinci satır: \(-7z - 33(y-z) - 13(x-y) = -13x - 20y + 26z\).

İkinci satır: \(4z + 19(y-z) + 8(x-y) = 8x + 11y - 15z\).

\[[F]_{C,B}[v]_B = \begin{pmatrix} -13x - 20y + 26z \\ 8x + 11y - 15z\end{pmatrix}\]

Şimdi sağ tarafı hesaplayalım. \(F(v) = (3x + 2y - 4z,\ x - 5y + 3z)\) olduğuna göre (a) şıkkındaki koordinat kuralıyla \(p = 3x+2y-4z\) ve \(q = x-5y+3z\) alalım:

\[-5p + 2q = -5(3x+2y-4z) + 2(x-5y+3z) = -15x - 10y + 20z + 2x - 10y + 6z = -13x - 20y + 26z\]

\[3p - q = 3(3x+2y-4z) - (x-5y+3z) = 9x + 6y - 12z - x + 5y - 3z = 8x + 11y - 15z\]

İki taraf aynı çıktı: \([F]_{C,B}[v]_B = \big[F(v)\big]_C\) ✔

\(\blacksquare\)

Örnek 34.2 (Standart Tabanlarda Matris Katsayı Matrisidir) \(F : K^{m} \to K^{n}\) dönüşümü

\[F(x_1, \dots, x_m) = \Big(\textstyle\sum_{j} a_{1j}x_j,\ \sum_{j} a_{2j}x_j,\ \dots,\ \sum_{j} a_{nj}x_j\Big)\]

biçiminde verilsin. \(B\) ve \(C\) standart tabanlar olmak üzere \([F]_{C,B} = (a_{ij})\) olduğunu gösteriniz ve aşağıdaki dönüşümlerin standart tabanlara göre matrislerini yazınız.

\(F : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{3}\), \(F(x,y) = (3x - y,\ 2x + 4y,\ 5x - 6y)\)
\(F : \mathbb{R}^{4} \to \mathbb{R}^{2}\), \(F(x,y,s,t) = (3x - 4y + 2s - 5t,\ 5x + 7y - s - 2t)\)
\(F : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{4}\), \(F(x,y,z) = (2x + 3y - 8z,\ x + y + z,\ 4x - 5z,\ 6y)\)

Çözüm

Genel durum. \(B\) standart taban olduğundan \(j\). taban vektörü \(e_j\)’nin görüntüsü, formülde \(x_j = 1\) ve diğerleri \(0\) alınarak bulunur:

\[F(e_j) = (a_{1j},\ a_{2j},\ \dots,\ a_{nj})\]

\(C\) de standart taban olduğundan bir vektörün koordinatları bileşenlerinin kendisidir; öyleyse \([F]_{C,B}\)’nin \(j\). sütunu \((a_{1j}, \dots, a_{nj})^{t}\)’dir. Bu sütunlar yan yana konduğunda tam olarak \((a_{ij})\) matrisi elde edilir.

Kural. Katsayıları oldukları gibi yazmak yeter; satırlar çıkıştaki bileşenlere, sütunlar değişkenlere karşılık gelir.

a) İki değişken, üç bileşen: \((3,2)\) tipinde bir matris.

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 4 \\ 5 & -6\end{pmatrix}\]

b) Dört değişken, iki bileşen: \((2,4)\) tipinde.

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} 3 & -4 & 2 & -5 \\ 5 & 7 & -1 & -2\end{pmatrix}\]

c) Üç değişken, dört bileşen: \((4,3)\) tipinde. Görünmeyen katsayılar sıfırdır.

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} 2 & 3 & -8 \\ 1 & 1 & 1 \\ 4 & 0 & -5 \\ 0 & 6 & 0\end{pmatrix}\]

\(\blacksquare\)

Örnek 34.3 (Aynı Uzay, İki Farklı Taban) \(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}\), \(T(x,y) = (2x - 3y,\ x + 4y)\) olsun. Çıkışta standart taban \(e\), varışta ise \(f = \{(1,3),\ (2,5)\}\) tabanı kullanılarak \([T]_{f,e}\) matrisini bulunuz.

Çözüm

Bir önceki örnekte \(f\) tabanına göre koordinat kuralını çıkarmıştık:

\[\big[(p,q)\big]_f = \begin{pmatrix} -5p + 2q \\ 3p - q\end{pmatrix}\]

Standart taban vektörlerinin görüntülerini bu kuralla yazalım:

\[T(e_1) = T(1,0) = (2,\ 1) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -10 + 2 \\ 6 - 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -8 \\ 5\end{pmatrix}\]

\[T(e_2) = T(0,1) = (-3,\ 4) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} 15 + 8 \\ -9 - 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 23 \\ -13\end{pmatrix}\]

\[[T]_{f,e} = \begin{pmatrix} -8 & 23 \\ 5 & -13\end{pmatrix}\]

Kontrol. Birinci sütun \(T(e_1)\)’in \(f\) koordinatları olmalıydı:

\[-8(1,3) + 5(2,5) = (-8 + 10,\ -24 + 25) = (2,1) = T(e_1) \ ✔\]

\(\blacksquare\)

Bu bir operatör matrisi değildir

Yukarıdaki \(T\) bir operatördür (\(V = U = \mathbb{R}^{2}\)), ama çıkışta ve varışta farklı tabanlar kullanıldığından \([T]_{f,e}\) matrisi \([T]_e\) ya da \([T]_f\) ile karıştırılmamalıdır. Özel olarak benzerlik bağıntısı bu matris için geçerli değildir; benzerlikten söz edebilmek için iki tarafta da aynı taban kullanılmalıdır.

Örnek 34.4 (Bir Matris Dönüşümünün İki Gösterimi) \(A = \begin{pmatrix} 2 & 5 & -3 \\ 1 & -4 & 7\end{pmatrix}\) olmak üzere \(F : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{2}\), \(F(v) = A\cdot v\) dönüşümünü ele alalım (vektörler sütun olarak yazılıyor).

\(B\) ve \(C\) standart tabanlar iken \([F]_{C,B}\) nedir?
\(B' = \{(1,1,1),\ (1,1,0),\ (1,0,0)\}\) ve \(C' = \{(1,3),\ (2,5)\}\) tabanlarına göre \([F]_{C',B'}\) matrisini bulunuz.

Çözüm

a) \(F(e_j) = A e_j\), yani \(A\)’nın \(j\). sütunudur; standart tabanda koordinatlar bileşenlerin kendisi olduğundan

\[[F]_{C,B} = A = \begin{pmatrix} 2 & 5 & -3 \\ 1 & -4 & 7\end{pmatrix}\]

Bir matris dönüşümünün standart tabanlardaki matrisi matrisin kendisidir.

b) Görüntüleri hesaplayalım:

\[F(1,1,1) = (2 + 5 - 3,\ 1 - 4 + 7) = (4,\ 4)\] \[F(1,1,0) = (2 + 5,\ 1 - 4) = (7,\ -3)\] \[F(1,0,0) = (2,\ 1)\]

\(C'\) tabanına göre koordinat kuralı yine \(\big[(p,q)\big]_{C'} = (-5p + 2q,\ 3p - q)^{t}\)’dir:

\[(4,4) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -20 + 8 \\ 12 - 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -12 \\ 8\end{pmatrix}, \qquad (7,-3) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -35 - 6 \\ 21 + 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -41 \\ 24\end{pmatrix}\]

\[(2,1) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -10 + 2 \\ 6 - 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -8 \\ 5\end{pmatrix}\]

\[[F]_{C',B'} = \begin{pmatrix} -12 & -41 & -8 \\ 8 & 24 & 5\end{pmatrix}\]

Kontrol. Taban değişimi teoremi de aynı sonucu vermelidir. \(B\)’den \(B'\)’ne geçiş matrisi \(P\)’nin sütunları \(B'\) vektörlerinin standart koordinatlarıdır; \(C\)’den \(C'\)’ne geçiş matrisi \(Q\) için de aynısı geçerlidir:

\[P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}, \qquad Q = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 5\end{pmatrix}, \qquad Q^{-1} = \begin{pmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1\end{pmatrix}\]

(\(Q^{-1}\), \(2\times 2\) ters alma kuralıyla bulundu: \(\det Q = 5 - 6 = -1\).)

\[AP = \begin{pmatrix} 2 & 5 & -3 \\ 1 & -4 & 7\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 7 & 2 \\ 4 & -3 & 1\end{pmatrix}\]

\[Q^{-1}(AP) = \begin{pmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 & 7 & 2 \\ 4 & -3 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -20 + 8 & -35 - 6 & -10 + 2 \\ 12 - 4 & 21 + 3 & 6 - 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -12 & -41 & -8 \\ 8 & 24 & 5\end{pmatrix} \ ✔\]

\(\blacksquare\)

34.7 Alıştırma

Alıştırma 34.1 (İki Uzay Arasında Hesaplar)

\(F : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{2}\), \(F(x,y,z) = (x + y,\ y + z)\) dönüşümünün standart tabanlara göre matrisini yazınız ve rankını bulunuz.
Aynı \(F\) için, kanonik form teoremindeki gibi \([F]_{C,B} = \begin{pmatrix} I_2 & 0\end{pmatrix}\) olacak biçimde \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir \(B\) ve \(\mathbb{R}^{2}\)’nin bir \(C\) tabanını bulunuz.
\(F : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{3}\), \(F(x,y) = (x,\ x+y,\ y)\) ve \(G : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{2}\), \(G(x,y,z) = (x - z,\ y)\) olsun. \([G\circ F]\) matrisini hem doğrudan hem de çarpım teoremiyle hesaplayıp karşılaştırınız (bütün tabanlar standart).

Çözüm

1. Katsayıları yazmak yeter:

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\]

İki satır lineer bağımsız olduğundan (biri diğerinin katı değil) rank \(2\)’dir. Boyut teoremi gereği \(\dim(\operatorname{Ker} F) = 3 - 2 = 1\)’dir.

2. Önce çekirdeği bulalım: \(x + y = 0\) ve \(y + z = 0\), yani \(y = -x\) ve \(z = -y = x\). Öyleyse \(\operatorname{Ker} F = L\big((1,-1,1)\big)\) ve \(w_1 = (1,-1,1)\) bir tabanıdır.

\(r = 2\) olduğundan \(\{v_1, v_2, w_1\}\) bir taban olacak biçimde iki vektör seçmeliyiz; en kolayı \(v_1 = (1,0,0)\), \(v_2 = (0,1,0)\) denemektir. Sütunları bu üç vektör olan matris \(\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\) üst üçgendir ve köşegeninde sıfır bulunmadığından regülerdir; öyleyse üç vektör lineer bağımsızdır. Öyleyse

\[B = \{(1,0,0),\ (0,1,0),\ (1,-1,1)\}\]

Şimdi \(u_1 = F(v_1) = (1,0)\) ve \(u_2 = F(v_2) = (1,1)\) alalım; bunlar lineer bağımsızdır ve \(\mathbb{R}^{2}\)’nin bir tabanını oluşturur:

\[C = \{(1,0),\ (1,1)\}\]

Bu tabanlarla \(F(v_1) = u_1\), \(F(v_2) = u_2\) ve \(F(w_1) = 0\) olduğundan

\[[F]_{C,B} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I_2 & 0\end{pmatrix}\]

3. Doğrudan. \((G\circ F)(x,y) = G(x,\ x+y,\ y) = (x - y,\ x + y)\) olduğundan

\[[G\circ F] = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\]

Çarpımla. Katsayı matrisleri

\[[F] = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix}, \qquad [G] = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\]

\[[G][F] = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - 0 & 0 - 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1\end{pmatrix} \ ✔\]

\(\blacksquare\)