32 Problemler

Buraya kadar lineer dönüşümleri, çekirdek ve görüntülerini, dönüşüm uzaylarını, operatör matrisini ve taban değiştirmeyi kurduk. Bu bölüm bir ara duraktır: yeni bir kavram tanıtmaz, öğrendiklerimizi çözümlü problemler üzerinde çalıştırır. Önce hesap tekniklerini adım adım geliştiriyor, sonra karma problemlere geçiyoruz.

Bazı kaynaklarda ve derslerde taban yerine baz denir; ikisi aynı şeydir. Bu notlarda “taban” terimini kullanacağız. Aynı şekilde “geçiş matrisi” yerine kimi kaynaklarda “baz değişim matrisi” ya da “taban dönüşüm matrisi” adları geçer.

32.1 Bir Vektörün Koordinatlarını Bulmak

Her şey buna dayanır: \(f = \{f_1, \dots, f_n\}\) bir taban ve \(v\) bir vektörse, \([v]_f\)’yi bulmak

\[v = x_1 f_1 + x_2 f_2 + \cdots + x_n f_n\]

denklemini \(x_1, \dots, x_n\) için çözmektir. Bu bir lineer denklem sistemidir ve \(f\) bir taban olduğundan tek çözümü vardır.

Üç adımda koordinat

\(v = x_1 f_1 + \cdots + x_n f_n\) yazın ve bileşenleri eşitleyerek sistemi kurun.
Sistemi çözün — genişletilmiş matris \(\big(f_1\ f_2\ \cdots\ f_n \mid v\big)\)’yi satır kanonik şekle indirgemek en hızlısıdır; burada \(f_j\)’ler sütun olarak yazılır.
Çıkan \((x_1, \dots, x_n)\) değerlerini sütun olarak yazın: \([v]_f = (x_1, \dots, x_n)^{t}\).

Örnek 32.1 (Verilen Tabana Göre Koordinatlar) \(\mathbb{R}^{3}\)’te \(f_1 = (1,1,0)\), \(f_2 = (0,1,1)\), \(f_3 = (1,0,1)\) olmak üzere \(f = \{f_1,f_2,f_3\}\) bir tabandır. \(v = (3,5,4)\) vektörünün \(f\) tabanına göre koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

\(x, y, z \in \mathbb{R}\) olmak üzere

\[\begin{aligned} v = x f_1 + y f_2 + z f_3 &= x(1,1,0) + y(0,1,1) + z(1,0,1)\\[1mm] &= (x + z,\ x + y,\ y + z) \end{aligned}\]

Bileşenleri eşitleyelim:

\[x + z = 3, \qquad x + y = 5, \qquad y + z = 4\]

Üç denklemi toplarsak \(2(x+y+z) = 12\), yani \(x + y + z = 6\) bulunur. Şimdi her denklemi bu toplamdan çıkaralım:

\[y = 6 - 3 = 3, \qquad z = 6 - 5 = 1, \qquad x = 6 - 4 = 2\]

Kontrol. Bulunan katsayılar aranan vektörü verir ✔

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

\[[v]_f = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}\]

\(\blacksquare\)

Sıraya dikkat

Koordinatlar taban vektörlerinin sırasına bağlıdır. Aynı kümeyi \(\{f_3, f_1, f_2\}\) sırasıyla alsaydık aynı vektörün koordinatları \((1, 2, 3)^{t}\) olurdu. Bu yüzden taban bir küme değil, sıralı bir listedir; soruda verilen sırayı bozmayın.

32.2 Geçiş Matrisini Kısa Yoldan Hesaplamak

\(\mathbb{R}^{n}\)’de tabanlardan biri standart taban değilse, geçiş matrisini tanımdan hesaplamak her bir \(f_j\) için ayrı bir denklem sistemi çözmek demektir. Bunun yerine tek bir matris çarpımı yeter.

Teorem 32.1 (Geçiş Matrisinin Çarpanlara Ayrılması) \(e = \{e_1, \dots, e_n\}\) ve \(f = \{f_1, \dots, f_n\}\), \(K^{n}\)’in iki tabanı olsun. \(M_e\) ile sütunları \(e_1, \dots, e_n\) olan matrisi, \(M_f\) ile sütunları \(f_1, \dots, f_n\) olan matrisi gösterelim. Bu durumda \(e\) tabanından \(f\) tabanına geçiş matrisi

\[P = M_e^{-1} \cdot M_f\]

İspat

\(s\) ile \(K^{n}\)’in standart tabanını gösterelim. Sütunları \(e_j\) olan \(M_e\) matrisi, tanım gereği \(s\) tabanından \(e\) tabanına geçiş matrisidir; benzer biçimde \(M_f\) de \(s\)’den \(f\)’ye geçiş matrisidir. Koordinat vektörlerinin dönüşümü teoremi gereği her \(v \in K^{n}\) için

\[M_e \cdot [v]_e = [v]_s \qquad \text{ve} \qquad M_f \cdot [v]_f = [v]_s\]

Sağ taraflar aynı olduğundan

\[M_e \cdot [v]_e = M_f \cdot [v]_f\]

\(M_e\) regüler olduğundan her iki tarafı soldan \(M_e^{-1}\) ile çarpalım:

\[[v]_e = M_e^{-1} M_f \cdot [v]_f\]

Öte yandan aynı teorem, \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi \(P\) için \(P \cdot [v]_f = [v]_e\) olduğunu söylüyordu. Demek ki her \(v\) için

\[\big(M_e^{-1} M_f\big) \cdot [v]_f = P \cdot [v]_f\]

\(v \mapsto [v]_f\) dönüşümü \(K^{n}\) üzerine örten olduğundan bu eşitlik her sütun matris için geçerlidir; sırayla standart taban sütunları alınırsa iki matrisin bütün sütunlarının aynı olduğu görülür:

\[P = M_e^{-1} M_f\]

\(\blacksquare\)

Formülü akılda tutmak

Sağdaki matris varılan tabanı, soldaki tersi alınan matris çıkılan tabanı taşır. Özel olarak \(e\) standart taban ise \(M_e = I_n\) olur ve \(P = M_f\) çıkar — yani bilinen kural: sütunlar hedef tabanın vektörleridir.

Aynı fikir ikiden çok tabana da genişler.

Teorem 32.2 (Geçişlerin Zincirlenmesi) \(e\), \(f\) ve \(g\), \(V\)’nin üç tabanı; \(P_1\) \(e\)’den \(f\)’ye, \(P_2\) ise \(f\)’den \(g\)’ye geçiş matrisi olsun. Bu durumda \(e\)’den \(g\)’ye geçiş matrisi

\[P_1 \cdot P_2\]

çarpımıdır.

İspat

Koordinat vektörlerinin dönüşümü teoremi gereği her \(v \in V\) için

\[P_1 \cdot [v]_f = [v]_e \qquad \text{ve} \qquad P_2 \cdot [v]_g = [v]_f\]

İkinciyi birincide yerine koyalım:

\[\big(P_1 P_2\big) \cdot [v]_g = P_1\big(P_2 [v]_g\big) = P_1 \cdot [v]_f = [v]_e\]

Demek ki \(P_1P_2\) matrisi, her \(v \in V\) için \(g\) koordinatlarını \(e\) koordinatlarına çeviriyor. Burada \(v\) olarak sırayla \(g_1, \dots, g_n\) alalım: \([g_j]_g\) tam olarak \(K^{n}\)’in \(j\). standart taban sütunu olduğundan sol taraf \(P_1P_2\)’nin \(j\). sütununu verir. Öyleyse \(P_1P_2\)’nin \(j\). sütunu \([g_j]_e\)’dir; geçiş matrisi tanımı gereği bu, \(e\)’den \(g\)’ye geçiş matrisidir.

\(\blacksquare\)

Burada \(g = e\) alınırsa \(P_1P_2 = I_n\) çıkar, yani \(P_2 = P_1^{-1}\): “\(f\)’den \(e\)’ye geçiş matrisi \(P^{-1}\)’dir” kuralı bu genel sonucun özel hâlidir. Zincir kuralı, üç veya daha çok taban içeren sorularda ara adımları tek tek hesaplamak yerine matrisleri çarpmayı sağlar.

Örnek 32.2 (İkisi de Standart Olmayan İki Taban) \(\mathbb{R}^{2}\)’de \(e_1 = (1,2)\), \(e_2 = (2,3)\) ve \(f_1 = (1,3)\), \(f_2 = (1,4)\) olsun. \(e\) tabanından \(f\) tabanına geçiş matrisini bulunuz.

Çözüm

Sütunları taban vektörleri olan matrisleri yazalım:

\[M_e = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}, \qquad M_f = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}\]

\(M_e^{-1}\)’i Gauss-Jordan yöntemiyle, yani \(\big(M_e \mid I_2\big)\) blok matrisini indirgeyerek bulalım:

\[\left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 1 & 0\\ 2 & 3 & 0 & 1\end{array}\right) \overset{R_2 \to -2R_1 + R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -1 & -2 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_2 \to -R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 2 & -1\end{array}\right) \overset{R_1 \to -2R_2 + R_1}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & -3 & 2\\ 0 & 1 & 2 & -1\end{array}\right)\]

\[M_e^{-1} = \begin{pmatrix} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}\]

Öyleyse

\[P = M_e^{-1} M_f = \begin{pmatrix} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}\]

\[= \begin{pmatrix} -3 + 6 & -3 + 8 \\ 2 - 3 & 2 - 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 5 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}\]

Kontrol. \(P\)’nin sütunları \(f_j\)’nin \(e\) tabanındaki koordinatları olmalıydı:

\[3e_1 - e_2 = 3(1,2) - (2,3) = (1,3) = f_1 \ ✔\] \[5e_1 - 2e_2 = 5(1,2) - 2(2,3) = (1,4) = f_2 \ ✔\]

\(\blacksquare\)

Örnek 32.3 (Gauss-Jordan ile Geçiş Matrisi) \(\mathbb{R}^{3}\)’te \(e_1 = (1,0,0)\), \(e_2 = (1,1,0)\), \(e_3 = (1,1,1)\) ve \(f_1 = (1,1,1)\), \(f_2 = (0,1,1)\), \(f_3 = (0,0,1)\) olsun. \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi \(P\)’yi bulunuz.

Çözüm

\(P = M_e^{-1} M_f\) olduğuna göre, \(M_e^{-1}\)’i ayrıca hesaplamak yerine \(\big(M_e \mid M_f\big)\) blok matrisini satır kanonik şekle indirgeyebiliriz; sol blok \(I_3\) olduğunda sağ blok \(P\)’yi verir:

\[\big(M_e \mid M_f\big) \ \sim\ \big(I_3 \mid M_e^{-1}M_f\big) = \big(I_3 \mid P\big)\]

Matrisleri kuralım (sütunlar taban vektörleridir):

\[\big(M_e \mid M_f\big) = \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)\]

Sol blok zaten üst üçgen; yukarı doğru temizleyelim.

\(R_2 \to R_2 - R_3\) ve \(R_1 \to R_1 - R_3\):

\[\sim \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 0 & 0 & -1 & -1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)\]

\(R_1 \to R_1 - R_2\):

\[\sim \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)\]

Sol blok birim matris oldu; sağ blok aradığımız matristir:

\[P = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]

Kontrol. \(P\)’nin birinci sütunu \((0,0,1)^{t}\), yani \(f_1 = 0e_1 + 0e_2 + 1e_3 = (1,1,1)\) ✔. İkinci sütun \((-1,0,1)^{t}\), yani

\[-e_1 + e_3 = -(1,0,0) + (1,1,1) = (0,1,1) = f_2 \ ✔\]

Üçüncü sütun \((0,-1,1)^{t}\), yani \(-e_2 + e_3 = -(1,1,0) + (1,1,1) = (0,0,1) = f_3\) ✔

\(\blacksquare\)

32.3 Koordinatları Bir Tabandan Diğerine Taşımak

En sık karşılaşılan soru tipi budur: bir vektörün bir tabandaki koordinatları verilir, başka bir tabandaki koordinatları istenir.

Hangi formül?

\(P\), \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi olmak üzere

\[\boxed{\ P \cdot [v]_f = [v]_e \qquad \Longleftrightarrow \qquad [v]_f = P^{-1} \cdot [v]_e\ }\]

Yönü karıştırmamak için şu cümleyi hatırlayın: \(P\), \(f\) koordinatlarını \(e\) koordinatlarına çevirir. (\(P\)’nin sütunları \(f\)’nin vektörlerinin \(e\)’deki koordinatları olduğundan bu doğaldır.)

Örnek 32.4 (Koordinat Dönüşümü Sorusu) \(\mathbb{R}^{3}\)’te \(e_1 = (1,0,0)\), \(e_2 = (1,1,0)\), \(e_3 = (1,1,1)\) ve \(f_1 = (1,1,1)\), \(f_2 = (0,1,1)\), \(f_3 = (0,0,1)\) tabanları veriliyor. Bir \(v\) vektörünün \(e\) tabanındaki koordinatları

\[[v]_e = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix}\]

olduğuna göre \([v]_f\)’yi bulunuz.

Çözüm

Birinci yol: doğrudan hesap. Önce \(v\)’yi bulalım:

\[ \begin{aligned} v &= 2e_1 - e_2 + 3e_3 = 2(1,0,0) - (1,1,0) + 3(1,1,1)\\[1mm] &= (2 - 1 + 3,\ -1 + 3,\ 3) = (4,2,3) \end{aligned} \]

Şimdi \(v\)’yi \(f\) cinsinden yazalım:

\[\begin{aligned} v = a f_1 + b f_2 + c f_3 &= a(1,1,1) + b(0,1,1) + c(0,0,1)\\[1mm] &= (a,\ a+b,\ a+b+c) \end{aligned}\]

Bileşenleri eşitleyelim: \(a = 4\), \(a + b = 2\) yani \(b = -2\), \(a + b + c = 3\) yani \(c = 1\). Öyleyse

\[[v]_f = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\]

İkinci yol: geçiş matrisiyle. Bir önceki örnekte \(P = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\) bulunmuştu. Formül \([v]_f = P^{-1}[v]_e\) olduğuna göre \(P^{-1}\)’e ihtiyacımız var; onu da ters yöndeki geçiş matrisi olarak, yani \(P^{-1} = M_f^{-1}M_e\) ile hesaplayabiliriz. Daha kısası, \(P^{-1}\)’in sütunlarının \(e_j\)’lerin \(f\) tabanındaki koordinatları olduğunu kullanmaktır:

\[e_1 = (1,0,0) = f_1 - f_2 \quad\Longrightarrow\quad (1,-1,0)^{t}\] \[e_2 = (1,1,0) = f_1 - f_3 \quad\Longrightarrow\quad (1,0,-1)^{t}\] \[e_3 = (1,1,1) = f_1 \quad\Longrightarrow\quad (1,0,0)^{t}\]

\[P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}\]

Şimdi çarpalım:

\[P^{-1}[v]_e = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 - 1 + 3 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\]

İki yol aynı sonucu verdi.

\(\blacksquare\)

İkinci yol tek bir vektör için birincisinden uzun görünebilir; ama aynı taban çiftiyle birden çok vektör sorulduğunda \(P^{-1}\) bir kez hesaplanır ve her vektör için yalnızca bir matris çarpımı kalır. “Aşağıdaki vektörlerin \(f\) tabanındaki koordinatlarını bulunuz” biçiminde çok şıklı bir soruda ikinci yol çok daha hızlıdır.

Örnek 32.5 (Aynı Taban Çiftiyle İki Yönlü Soru) \(\mathbb{R}^{2}\)’de \(e_1 = (1,2)\), \(e_2 = (2,3)\) ve \(f_1 = (1,3)\), \(f_2 = (1,4)\) tabanlarını yeniden ele alalım; \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisinin

\[P = \begin{pmatrix} 3 & 5 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}\]

olduğunu yukarıda, ikisi de standart olmayan iki taban örneğinde hesaplamıştık.

\([v]_f = (1,\ -1)^{t}\) olan \(v\) vektörünün \(e\) tabanındaki koordinatlarını ve \(v\)’nin kendisini bulunuz.
\([w]_e = (4,\ -1)^{t}\) olan \(w\) vektörünün \(f\) tabanındaki koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

a) İstenen yön tam olarak \(P\)’nin yönüdür: \(P \cdot [v]_f = [v]_e\).

\[[v]_e = \begin{pmatrix} 3 & 5 \\ -1 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 - 5 \\ -1 + 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}\]

Vektörün kendisi:

\[v = -2e_1 + e_2 = -2(1,2) + (2,3) = (0,\ -1)\]

Kontrol. \(f\) koordinatlarıyla da aynı vektör çıkmalı: \(f_1 - f_2 = (1,3) - (1,4) = (0,-1)\) ✔

b) Bu kez ters yön gerekiyor: \([w]_f = P^{-1} [w]_e\). Önce \(P^{-1}\)’i blok indirgemeyle bulalım:

\[\left(\begin{array}{cc|cc} 3 & 5 & 1 & 0\\ -1 & -2 & 0 & 1\end{array}\right) \overset{R_1 \leftrightarrow R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} -1 & -2 & 0 & 1\\ 3 & 5 & 1 & 0\end{array}\right)\]

\[\overset{R_1 \to -R_1}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 0 & -1\\ 3 & 5 & 1 & 0\end{array}\right)\]

\[\overset{R_2 \to -3R_1 + R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & -1 & 1 & 3\end{array}\right) \overset{R_2 \to -R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 & -3\end{array}\right)\]

\[\overset{R_1 \to -2R_2 + R_1}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & 2 & 5\\ 0 & 1 & -1 & -3\end{array}\right) \qquad \Longrightarrow \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ -1 & -3 \end{pmatrix}\]

Şimdi çarpalım:

\[[w]_f = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ -1 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 4 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 - 5 \\ -4 + 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix}\]

Kontrol. İki taraftan da vektörü kuralım:

\[w = 4e_1 - e_2 = 4(1,2) - (2,3) = (2,5)\] \[3f_1 - f_2 = 3(1,3) - (1,4) = (2,5) \ ✔\]

\(\blacksquare\)

32.4 Operatörün Matrisini Yeni Tabanda Yazmak

Örnek 32.6 (Operatör Matrisinin Taban Değişimi) \(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}\) operatörü \(T(x,y) = (2x + 3y,\ x - y)\) biçiminde tanımlanıyor. \(f_1 = (1,1)\), \(f_2 = (1,2)\) olmak üzere \([T]_f\) matrisini

benzerlik bağıntısıyla,
doğrudan tanımdan

hesaplayıp karşılaştırınız.

Çözüm

a) Benzerlik bağıntısıyla. Standart taban \(e\) için katsayı tablosu doğrudan okunur:

\[[T]_e = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\]

\(e\) standart taban olduğundan \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi, sütunları \(f_j\) olan matristir:

\[P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\]

Tersini yine blok indirgemeyle bulalım:

\[\left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 0 & 1\end{array}\right) \overset{R_2 \to -R_1 + R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & -1 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_1 \to -R_2 + R_1}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 1\end{array}\right)\]

\[P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\]

Şimdi \([T]_f = P^{-1}[T]_e P\) çarpımını soldan sağa yapalım:

\[P^{-1}[T]_e = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 - 1 & 6 + 1 \\ -2 + 1 & -3 - 1 \end{pmatrix}\]

\[= \begin{pmatrix} 3 & 7 \\ -1 & -4 \end{pmatrix}\]

\[\big(P^{-1}[T]_e\big)P = \begin{pmatrix} 3 & 7 \\ -1 & -4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 + 7 & 3 + 14 \\ -1 - 4 & -1 - 8 \end{pmatrix}\]

\[= \begin{pmatrix} 10 & 17 \\ -5 & -9 \end{pmatrix}\]

b) Doğrudan tanımdan. Taban vektörlerinin görüntülerini yine \(f\) cinsinden yazalım:

\[T(f_1) = T(1,1) = (2 + 3,\ 1 - 1) = (5,0)\]

\((5,0) = a(1,1) + b(1,2) = (a+b,\ a+2b)\) denkleminden \(a + b = 5\) ve \(a + 2b = 0\); çıkarma ile \(b = -5\), buradan \(a = 10\):

\[T(f_1) = 10 f_1 - 5 f_2\]

\[T(f_2) = T(1,2) = (2 + 6,\ 1 - 2) = (8,-1)\]

\(a + b = 8\), \(a + 2b = -1\) denklemlerinden \(b = -9\), \(a = 17\):

\[T(f_2) = 17 f_1 - 9 f_2\]

Sütunları bu koordinatlardan kurarak

\[[T]_f = \begin{pmatrix} 10 & 17 \\ -5 & -9 \end{pmatrix}\]

İki yol aynı matrisi verdi.

\(\blacksquare\)

Örnek 32.7 (Ters Yön: Yeni Tabandan Standart Tabana) Bir \(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}\) operatörünün \(f_1 = (1,1)\), \(f_2 = (1,2)\) tabanındaki matrisi

\[[T]_f = \begin{pmatrix} 10 & 17 \\ -5 & -9 \end{pmatrix}\]

olarak veriliyor. \(T\)’nin standart tabandaki matrisini ve \(T(x,y)\) kuralını bulunuz.

Çözüm

\([T]_f = P^{-1}[T]_e P\) eşitliğini \([T]_e\) için çözelim: her iki tarafı soldan \(P\), sağdan \(P^{-1}\) ile çarparsak

\[[T]_e = P\,[T]_f\,P^{-1}\]

\(P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}\) ve \(P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\) ile:

\[P\,[T]_f = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 10 & 17 \\ -5 & -9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 - 5 & 17 - 9 \\ 10 - 10 & 17 - 18 \end{pmatrix}\]

\[= \begin{pmatrix} 5 & 8 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\]

\[\big(P[T]_f\big)P^{-1} = \begin{pmatrix} 5 & 8 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 - 8 & -5 + 8 \\ 0 + 1 & 0 - 1 \end{pmatrix}\]

\[= \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\]

Standart tabandaki matris katsayı tablosunun kendisi olduğundan

\[T(x,y) = (2x + 3y,\ x - y)\]

\(\blacksquare\)

En sık yapılan hata

\([T]_f = P^{-1}[T]_e P\) ile \([T]_e = P[T]_f P^{-1}\) formüllerini karıştırmak. Şu kontrolü yapın: \(P\), \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisidir ve \(P\cdot[v]_f = [v]_e\) eşitliğini sağlar — yani \(P\) soldan uygulandığında \(f\) koordinatlarını \(e\)’ye taşır. O hâlde \(f\) tabanındaki matrisi elde etmek için, önce \(P\) ile \(f\)’den \(e\)’ye geçilir, \([T]_e\) uygulanır, sonra \(P^{-1}\) ile \(e\)’den \(f\)’ye dönülür; sağdan sola okunan bu sıra tam olarak \(P^{-1}[T]_e P\)’dir. Emin değilseniz sonucu bir taban vektöründe sınayın: \([T]_f\)’nin birinci sütunu \(T(f_1)\)’in \(f\) koordinatlarını vermelidir.

Örnek 32.8 (ℝ³’te Dönüşüm Matrisi) \(T : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\) operatörü

\[T(x,y,z) = (x + y - z,\ 2y + z,\ x - z)\]

biçiminde tanımlanıyor. \(f_1 = (1,0,0)\), \(f_2 = (1,1,0)\), \(f_3 = (1,1,1)\) olmak üzere \([T]_f\) matrisini

doğrudan tanımdan,
benzerlik bağıntısıyla

hesaplayıp karşılaştırınız.

Çözüm

a) Doğrudan tanımdan. Bir \((p,q,r)\) vektörünü \(f\) cinsinden yazmak kolaydır, çünkü

\[a f_1 + b f_2 + c f_3 = (a + b + c,\ b + c,\ c)\]

olduğundan bileşenler sondan başa okunarak çözülür: \(c = r\), \(b = q - r\), \(a = p - q\).

\[T(f_1) = T(1,0,0) = (1,\ 0,\ 1) \quad\Longrightarrow\quad c = 1,\ b = -1,\ a = 1\]

\[T(f_2) = T(1,1,0) = (2,\ 2,\ 1) \quad\Longrightarrow\quad c = 1,\ b = 1,\ a = 0\]

\[T(f_3) = T(1,1,1) = (1,\ 3,\ 0) \quad\Longrightarrow\quad c = 0,\ b = 3,\ a = -2\]

Bulunan koordinatlar sütunlara yazılır:

\[[T]_f = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ -1 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\]

b) Benzerlik bağıntısıyla. Standart tabandaki matris katsayı tablosundan okunur; \(e\) standart taban olduğundan geçiş matrisi de sütunları \(f_j\) olan matristir:

\[[T]_e = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]

\(P^{-1}\)’i blok indirgemeyle bulalım; sol blok üst üçgen olduğundan yalnız yukarı temizlik gerekir. \(R_2 \to R_2 - R_3\) ve \(R_1 \to R_1 - R_3\), ardından \(R_1 \to R_1 - R_2\):

\[\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \ \sim\ \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\]

\[\sim\ \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\]

\[\Longrightarrow \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]

Çarpımı soldan sağa yapalım:

\[P^{-1}[T]_e = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -2 \\ -1 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}\]

\[\big(P^{-1}[T]_e\big)P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & -2 \\ -1 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ -1 & 1 & 3 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\]

İki yol aynı matrisi verdi.

Kontrol. \([T]_f\)’nin birinci sütunu \(T(f_1)\)’in \(f\) koordinatları olmalı:

\[f_1 - f_2 + f_3 = (1,0,0) - (1,1,0) + (1,1,1) = (1,0,1) = T(f_1) \ ✔\]

\(\blacksquare\)

32.5 \(\mathbb{R}^{n}\) Dışında: Polinom Uzayı

Taban değiştirme yalnızca \(\mathbb{R}^{n}\)’e özgü değildir; koordinat vektörü tanımlanabilen her sonlu boyutlu uzayda aynı şekilde çalışır.

Örnek 32.9 (Polinom Uzayında Taban Değiştirme) Derecesi en çok \(2\) olan reel polinomların uzayı \(P_2(\mathbb{R})\)’de

\[e = \{1,\ x,\ x^{2}\}, \qquad f = \{1,\ x-1,\ (x-1)^{2}\}\]

tabanları veriliyor.

\(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi \(P\)’yi bulunuz.
\(p(x) = 2x^{2} - 5x + 3\) polinomunun \(f\) tabanındaki koordinatlarını bulunuz.

Çözüm

a) \(P\)’nin sütunları, \(f\)’nin vektörlerinin \(e\) tabanındaki koordinatlarıdır. \(e\) tabanında bir polinomun koordinatları katsayılarıdır (sabit, \(x\)’in katsayısı, \(x^{2}\)’nin katsayısı sırasıyla):

\[f_1 = 1 = 1 + 0\cdot x + 0 \cdot x^{2} \quad\Longrightarrow\quad (1,\ 0,\ 0)^{t}\] \[f_2 = x - 1 = -1 + 1 \cdot x + 0 \cdot x^{2} \quad\Longrightarrow\quad (-1,\ 1,\ 0)^{t}\] \[f_3 = (x-1)^{2} = x^{2} - 2x + 1 = 1 - 2x + x^{2} \quad\Longrightarrow\quad (1,\ -2,\ 1)^{t}\]

\[P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]

b) \(a, b, c \in \mathbb{R}\) olmak üzere

\[p(x) = a + b(x-1) + c(x-1)^{2}\]

yazalım ve sağ tarafı düzenleyelim:

\[a + b(x-1) + c(x^{2} - 2x + 1) = c\,x^{2} + (b - 2c)\,x + (a - b + c)\]

\(p(x) = 2x^{2} - 5x + 3\) ile katsayıları eşitleyelim:

\[c = 2, \qquad b - 2c = -5, \qquad a - b + c = 3\]

İkinciden \(b = -5 + 4 = -1\); üçüncüden \(a = 3 + b - c = 3 - 1 - 2 = 0\). Öyleyse

\[[p]_f = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}\]

Kontrol. \([p]_e = (3,\ -5,\ 2)^{t}\) olduğuna göre \(P[p]_f = [p]_e\) olmalı:

\[P\,[p]_f = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 + 1 + 2 \\ -1 - 4 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -5 \\ 2 \end{pmatrix} = [p]_e \ ✔\]

\(\blacksquare\)

(b) şıkkının yaptığı iş aslında \(p(x)\)’i \(x = 1\) noktası etrafında yeniden yazmaktır: \(p(x) = -(x-1) + 2(x-1)^{2}\). Taban değiştirmenin somut bir anlamı budur — aynı nesneyi başka bir “ölçü takımıyla” ifade etmek.

32.6 Çekirdek, Görüntü ve Boyut

Aşağıdaki iki problem aynı kalıptadır: bir dönüşümün lineer olduğu gösterilir, sonra görüntü ve çekirdeğin birer tabanı ile boyutları bulunur. Boyut teoremi her adımda bir kontrol noktası verir.

Örnek 32.10 (Düzleme Giden Bir Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{2}\) dönüşümü, her \((x,y,z) \in \mathbb{R}^{3}\) için

\[F(x,y,z) = (x + y,\ y + z)\]

biçiminde tanımlanıyor.

\(F\)’nin lineer olduğunu gösteriniz.
\(\operatorname{Im} F\) görüntü uzayının bir tabanını ve boyutunu bulunuz.
\(\operatorname{Ker} F\) çekirdeğinin bir tabanını ve boyutunu bulunuz.

Çözüm

a) \(v = (v_1,v_2,v_3)\) ve \(w = (w_1,w_2,w_3)\) olsun.

\[ \begin{aligned} F(v + w) &= F(v_1 + w_1,\ v_2 + w_2,\ v_3 + w_3)\\[1mm] &= \big((v_1 + w_1) + (v_2 + w_2),\ (v_2 + w_2) + (v_3 + w_3)\big)\\[1mm] &= \big((v_1 + v_2) + (w_1 + w_2),\ (v_2 + v_3) + (w_2 + w_3)\big)\\[1mm] &= (v_1 + v_2,\ v_2 + v_3) + (w_1 + w_2,\ w_2 + w_3) = F(v) + F(w) \end{aligned} \]

\(k \in \mathbb{R}\) için

\[F(kv) = (kv_1 + kv_2,\ kv_2 + kv_3) = k(v_1 + v_2,\ v_2 + v_3) = k\,F(v)\]

İki koşul da sağlandığından \(F\) lineerdir.

b) \(\{(1,0,0),\ (0,1,0),\ (0,0,1)\}\) kümesi \(\mathbb{R}^{3}\)’ü doğurduğundan, doğuran kümenin görüntüsü gereği görüntülerinin oluşturduğu küme \(\operatorname{Im} F\)’yi doğurur:

\[F(1,0,0) = (1,0), \qquad F(0,1,0) = (1,1), \qquad F(0,0,1) = (0,1)\]

Bu üç vektörden hangilerinin bağımsız olduğunu bulmak için satır olarak yazıp merdiven şekline indirgeyelim:

\[\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix} \overset{R_2 \to -R_1 + R_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix} \overset{R_3 \to -R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}\]

Sıfırdan farklı iki satır kaldığından

\[\big\{(1,0),\ (0,1)\big\} \text{ bir tabandır}, \qquad \dim(\operatorname{Im} F) = 2\]

(Görüntü bütün \(\mathbb{R}^{2}\)’dir, yani \(F\) örtendir.)

c) Tanım gereği

\[\operatorname{Ker} F = \big\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^{3} : F(x,y,z) = (0,0)\big\}\]

\[x + y = 0, \qquad y + z = 0\]

Birinciden \(y = -x\), ikinciden \(z = -y = x\) çıkar; \(x\) serbest değişkendir. \(x = 1\) alalım:

\[\operatorname{Ker} F = \big\{k(1,-1,1) : k \in \mathbb{R}\big\}, \qquad \big\{(1,-1,1)\big\} \text{ bir tabandır}, \qquad \dim(\operatorname{Ker} F) = 1\]

Kontrol. Boyut teoremi: \(\dim \mathbb{R}^{3} = \dim(\operatorname{Ker} F) + \dim(\operatorname{Im} F)\), yani \(3 = 1 + 2\) ✔

\(\blacksquare\)

Örnek 32.11 (Uzayı Kendi İçine Götüren Bir Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\) dönüşümü

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

biçiminde tanımlanıyor. \(F\)’nin lineer olduğunu gösteriniz; \(\operatorname{Im} F\) ile \(\operatorname{Ker} F\)’nin birer tabanını ve boyutlarını bulunuz.

Çözüm

Lineerlik. Her bileşen, değişkenlerin sabit katsayılı bir toplamıdır; bir önceki problemdeki hesabın aynısı yapılırsa

\[F(v + w) = F(v) + F(w), \qquad F(kv) = kF(v)\]

elde edilir. (Genel kural: bileşenleri \(x, y, z\)’nin homojen birinci dereceden ifadeleri olan her dönüşüm lineerdir.)

Görüntü. Standart taban vektörlerinin görüntüleri:

\[F(1,0,0) = (1,0,1), \qquad F(0,1,0) = (2,1,0), \qquad F(0,0,1) = (0,-1,2)\]

Bunları satır olarak yazıp indirgeyelim:

\[\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 2\end{pmatrix} \overset{R_2 \to -2R_1 + R_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & -1 & 2\end{pmatrix} \overset{R_3 \to R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]

\[\big\{(1,0,1),\ (0,1,-2)\big\} \text{ bir tabandır}, \qquad \dim(\operatorname{Im} F) = 2\]

Çekirdek. \(F(x,y,z) = (0,0,0)\) denklemini çözelim:

\[x + 2y = 0, \qquad y - z = 0, \qquad x + 2z = 0\]

İkinciden \(y = z\); birinciden \(x = -2y = -2z\). Üçüncü denklem \(-2z + 2z = 0\) ile kendiliğinden sağlanır. \(z = 1\) alalım:

\[\operatorname{Ker} F = \big\{k(-2,1,1) : k \in \mathbb{R}\big\}, \qquad \dim(\operatorname{Ker} F) = 1\]

Kontrol. \(3 = 1 + 2\) ✔ Ayrıca \(\dim(\operatorname{Ker} F) \ne 0\) olduğundan \(F\) singülerdir ve tersi yoktur.

\(\blacksquare\)

32.7 Dönüşümü Taban Değerlerinden Kurmak

Bir lineer dönüşüm, bir taban üzerindeki değerleriyle tamamen belirlenir. Bu, iki yönlü bir araçtır: taban değerleri verilince dönüşümün formülü bulunabilir, matris gösterimi verilince de dönüşüm geri kurulabilir.

Örnek 32.12 (Verilen İki Değerden Dönüşümü Bulmak) \(T\big((1,2)\big) = (3,-1,5)\) ve \(T\big((0,1)\big) = (2,1,-1)\) olacak şekilde bir \(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{3}\) lineer dönüşümü var mıdır? Varsa \((a,b) \in \mathbb{R}^{2}\) için \(T\big((a,b)\big)\)’yi bulunuz.

Çözüm

Varlık. \(\{(1,2),\ (0,1)\}\) kümesinin \(\mathbb{R}^{2}\)’nin bir tabanı olduğunu görelim: iki vektör lineer bağımsızdır (biri diğerinin katı değil) ve \(\dim \mathbb{R}^{2} = 2\)’dir. Dönüşümün tabanla belirlenmesi teoremi gereği, bir tabanın vektörlerine istenen değerler verilerek tek türlü belirli bir lineer dönüşüm elde edilir. Öyleyse böyle bir \(T\) vardır ve tektir.

Formül. Önce \((a,b)\)’yi taban cinsinden yazalım:

\[(a,b) = x(1,2) + y(0,1) = (x,\ 2x + y)\]

Bileşenleri eşitlersek \(x = a\) ve \(2a + y = b\), yani \(y = b - 2a\) çıkar. Şimdi \(T\)’nin lineerliğini kullanalım:

\[ \begin{aligned} T\big((a,b)\big) &= T\big(a(1,2) + (b-2a)(0,1)\big) = a\,T\big((1,2)\big) + (b-2a)\,T\big((0,1)\big)\\[1mm] &= a(3,-1,5) + (b - 2a)(2,1,-1)\\[1mm] &= (3a,\ -a,\ 5a) + \big(2b - 4a,\ b - 2a,\ -b + 2a\big)\\[1mm] &= (-a + 2b,\ -3a + b,\ 7a - b) \end{aligned} \]

Kontrol. \((a,b) = (1,2)\) için \((-1 + 4,\ -3 + 2,\ 7 - 2) = (3,-1,5)\) ✔ ve \((a,b) = (0,1)\) için \((2,\ 1,\ -1)\) ✔

\(\blacksquare\)

Örnek 32.13 (Matris Gösteriminden Formüle) \(f_1 = (1,1)\), \(f_2 = (1,-1)\) olmak üzere \(f = \{f_1, f_2\}\), \(\mathbb{R}^{2}\)’nin bir tabanıdır. Bir \(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}\) operatörünün bu tabana göre matris gösterimi

\[[T]_f = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -3\end{pmatrix}\]

olduğuna göre \(T(x,y)\)’yi bulunuz.

Çözüm

Taban vektörlerinin görüntüleri. \([T]_f\)’nin sütunları \(T(f_j)\)’nin \(f\) koordinatlarıdır:

\[T(f_1) = 2f_1 + 0f_2 = 2(1,1) = (2,2)\] \[T(f_2) = 0f_1 - 3f_2 = -3(1,-1) = (-3,3)\]

Genel vektör. \((x,y) = af_1 + bf_2 = (a + b,\ a - b)\) olsun. İki denklemi toplayıp çıkararak

\[a = \frac{x + y}{2}, \qquad b = \frac{x - y}{2}\]

Formül. \(T\) lineer olduğundan

\[ \begin{aligned} T(x,y) &= a\,T(f_1) + b\,T(f_2) = \frac{x+y}{2}(2,2) + \frac{x-y}{2}(-3,3)\\[2mm] &= \big(x + y,\ x + y\big) + \left(\frac{-3x + 3y}{2},\ \frac{3x - 3y}{2}\right)\\[2mm] &= \left(\frac{2x + 2y - 3x + 3y}{2},\ \frac{2x + 2y + 3x - 3y}{2}\right) = \left(\frac{-x + 5y}{2},\ \frac{5x - y}{2}\right) \end{aligned} \]

Kontrol. \(T(1,1) = \left(\tfrac{-1+5}{2},\ \tfrac{5-1}{2}\right) = (2,2)\) ✔ ve \(T(1,-1) = \left(\tfrac{-1-5}{2},\ \tfrac{5+1}{2}\right) = (-3,3)\) ✔

\(\blacksquare\)

Köşegen matrisin okunuşu

Bu problemde \([T]_f\) köşegendi ve bu, \(T\)’nin \(f_1\) yönünü \(2\) katına çıkardığını, \(f_2\) yönünü ise \(-3\) katına götürdüğünü doğrudan okuttu. Standart tabandaki formül ise kesirli ve karmaşık göründü. Doğru tabanın operatörü nasıl sadeleştirdiğinin somut bir örneğidir.

32.8 Matris Gösterimi ve Taban Değişimi

Örnek 32.14 (Kompleks Sayılar Üzerinde Bir Operatör) Kompleks sayılar cismi \(\mathbb{C} = \{a + bi\ :\ a, b \in \mathbb{R},\ i = \sqrt{-1}\}\), reel sayılar cismi \(\mathbb{R}\) üzerinde \(2\) boyutlu bir vektör uzayıdır. Bu uzay üzerinde, her \(a + bi \in \mathbb{C}\) için

\[T(a + bi) = a - bi\]

lineer operatörü (eşlenik alma) veriliyor.

\(E = \{1,\ i\}\), \(\mathbb{C}\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde bir tabanıdır. \([T]_E\) matris gösterimini bulunuz.
Her \(v \in \mathbb{C}\) için \([T]_E\,[v]_E = \big[T(v)\big]_E\) olduğunu gösteriniz.
\(F = \{1 + i,\ 1 + 2i\}\) de \(\mathbb{C}\)’nin \(\mathbb{R}\) üzerinde bir tabanıdır. \([T]_F\)’yi bulunuz.
\(E\) tabanından \(F\) tabanına geçiş matrisi \(P\)’yi bulunuz.
Her \(v \in \mathbb{C}\) için \([v]_E = P\,[v]_F\) olduğunu gösteriniz.
\([T]_F = P^{-1}[T]_E\,P\) olduğunu doğrulayınız.

Çözüm

a) Taban vektörlerinin görüntülerini \(E\) cinsinden yazalım:

\[T(1) = T(1 + 0i) = 1 - 0i = 1 = 1\cdot 1 + 0\cdot i \ \Longrightarrow\ \big[T(1)\big]_E = \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}\]

\[T(i) = T(0 + 1i) = 0 - 1i = -i = 0\cdot 1 + (-1)\cdot i \ \Longrightarrow\ \big[T(i)\big]_E = \begin{pmatrix} 0 \\ -1\end{pmatrix}\]

\[[T]_E = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\]

b) \(v = a + bi\) olsun. \(E\) tabanına göre koordinatlar katsayılardır: \([v]_E = (a,\ b)^{t}\). Çarpalım:

\[[T]_E[v]_E = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ -b\end{pmatrix}\]

Öte yandan \(T(v) = a - bi\) olduğundan \(\big[T(v)\big]_E = (a,\ -b)^{t}\)’dir. İki taraf eşittir.

c) Önce \(F\) tabanına göre koordinat almayı hazırlayalım. \(p + qi = x(1+i) + y(1+2i) = (x + y) + (x + 2y)i\) olduğundan

\[x + y = p, \qquad x + 2y = q \quad \Longrightarrow \quad y = q - p, \quad x = p - y = 2p - q\]

Şimdi taban vektörlerinin görüntülerini bu kuralla yazalım:

\[T(1+i) = 1 - i \ \Longrightarrow\ p = 1,\ q = -1 \ \Longrightarrow\ x = 2 + 1 = 3,\ y = -1 - 1 = -2\]

\[T(1+2i) = 1 - 2i \ \Longrightarrow\ p = 1,\ q = -2 \ \Longrightarrow\ x = 2 + 2 = 4,\ y = -2 - 1 = -3\]

\[[T]_F = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -2 & -3\end{pmatrix}\]

d) Geçiş matrisinin sütunları, \(F\) vektörlerinin \(E\) tabanındaki koordinatlarıdır:

\[1 + i \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} 1 \\ 1\end{pmatrix}, \qquad 1 + 2i \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} 1 \\ 2\end{pmatrix} \qquad \Longrightarrow \qquad P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}\]

e) \(v = a + bi\) olsun; (c) şıkkındaki kuralla \([v]_F = (2a - b,\ b - a)^{t}\)’dir. Çarpalım:

\[P[v]_F = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2a - b \\ b - a\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (2a - b) + (b - a) \\ (2a - b) + 2(b - a)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ b\end{pmatrix} = [v]_E \ ✔\]

(Bu, koordinat vektörlerinin dönüşümü teoreminin bu örnekteki doğrulamasıdır.)

f) \(|P| = 2 - 1 = 1\) olduğundan

\[P^{-1} = \frac{1}{1}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\]

Önce \([T]_E P\)’yi hesaplayalım:

\[[T]_EP = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -2\end{pmatrix}\]

Sonra soldan \(P^{-1}\) ile çarpalım:

\[P^{-1}\big([T]_EP\big) = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 + 1 & 2 + 2 \\ -1 - 1 & -1 - 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -2 & -3\end{pmatrix} = [T]_F \ ✔\]

\(\blacksquare\)

Örnek 32.15 (Standart Olmayan Bir Tabanda Operatör Matrisi) \(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}\), \(T(x,y) = (5x + y,\ 3x - 2y)\) operatörü veriliyor. \(e_1 = (1,2)\), \(e_2 = (2,3)\) olmak üzere \(e = \{e_1, e_2\}\), \(\mathbb{R}^{2}\)’nin bir tabanıdır.

\([T]_e\) matris gösterimini bulunuz.
Her \(v \in \mathbb{R}^{2}\) için \([T]_e[v]_e = \big[T(v)\big]_e\) olduğunu gösteriniz.
\(f_1 = (1,3)\), \(f_2 = (1,4)\) olmak üzere \(f = \{f_1,f_2\}\) de bir tabandır. \(e\) tabanından \(f\) tabanına geçiş matrisi \(P\)’yi bulunuz.

Çözüm

a) Önce \(e\) tabanına göre koordinat kuralını çıkaralım: \((p,q) = \alpha(1,2) + \beta(2,3) = (\alpha + 2\beta,\ 2\alpha + 3\beta)\) olduğundan

\[\alpha + 2\beta = p, \qquad 2\alpha + 3\beta = q\]

Birinciyi \(2\) ile çarpıp ikinciden çıkaralım: \(-\beta = q - 2p\), yani \(\beta = 2p - q\); buradan \(\alpha = p - 2\beta = p - 4p + 2q = -3p + 2q\).

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

Şimdi taban vektörlerinin görüntülerini hesaplayıp bu kuralı uygulayalım:

\[T(e_1) = T(1,2) = (5 + 2,\ 3 - 4) = (7,\ -1) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -21 - 2 \\ 14 + 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -23 \\ 15\end{pmatrix}\]

\[T(e_2) = T(2,3) = (10 + 3,\ 6 - 6) = (13,\ 0) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -39 + 0 \\ 26 - 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -39 \\ 26\end{pmatrix}\]

\[[T]_e = \begin{pmatrix} -23 & -39 \\ 15 & 26\end{pmatrix}\]

Kontrol. Birinci sütun \(T(e_1)\)’i geri verir ✔

\[-23(1,2) + 15(2,3) = (-23 + 30,\ -46 + 45) = (7,-1) = T(e_1)\]

b) \(v = (p,q)\) olsun; koordinat kuralıyla \([v]_e = (-3p + 2q,\ 2p - q)^{t}\)’dir. Çarpalım:

\[[T]_e[v]_e = \begin{pmatrix} -23 & -39 \\ 15 & 26\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -3p + 2q \\ 2p - q\end{pmatrix}\]

Birinci satır:

\[-23(-3p + 2q) - 39(2p - q) = 69p - 46q - 78p + 39q = -9p - 7q\]

İkinci satır:

\[15(-3p + 2q) + 26(2p - q) = -45p + 30q + 52p - 26q = 7p + 4q\]

Öte yandan \(T(v) = (5p + q,\ 3p - 2q)\)’dur; koordinat kuralını buna uygulayalım:

\[-3(5p + q) + 2(3p - 2q) = -15p - 3q + 6p - 4q = -9p - 7q\] \[2(5p + q) - (3p - 2q) = 10p + 2q - 3p + 2q = 7p + 4q\]

İki taraf da \((-9p - 7q,\ 7p + 4q)^{t}\) çıktı ✔

c) Geçiş matrisinin sütunları \(f_j\)’nin \(e\) tabanındaki koordinatlarıdır; (a) şıkkındaki kuralı kullanalım:

\[f_1 = (1,3) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -3 + 6 \\ 2 - 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -1\end{pmatrix}, \qquad f_2 = (1,4) \ \Longrightarrow\ \begin{pmatrix} -3 + 8 \\ 2 - 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ -2\end{pmatrix}\]

\[P = \begin{pmatrix} 3 & 5 \\ -1 & -2\end{pmatrix}\]

Bu, aynı taban çifti için yukarıda İkisi de Standart Olmayan İki Taban örneğinde \(M_e^{-1}M_f\) çarpımıyla bulunan matrisin aynısıdır; iki yol da aynı sonucu verir.

\(\blacksquare\)

Örnek 32.16 (Türev Operatörünün İki Tabandaki Matrisi) Derecesi en çok \(2\) olan reel polinomların uzayı \(P_2(\mathbb{R})\) üzerinde türev operatörünü ele alalım:

\[D : P_2(\mathbb{R}) \to P_2(\mathbb{R}), \qquad D(p) = p'\]

\(e = \{1,\ x,\ x^{2}\}\) tabanına göre \([D]_e\) matrisini bulunuz.
\(\operatorname{Ker} D\) ile \(\operatorname{Im} D\)’nin boyutlarını bulup boyut teoremini doğrulayınız.
\(f = \{1,\ 1 + x,\ 1 + x + x^{2}\}\) tabanına göre \([D]_f\) matrisini hem doğrudan hem de taban değişimi formülüyle hesaplayınız.

Çözüm

a) Taban vektörlerinin türevlerini alıp \(e\) cinsinden yazalım (\(e\) tabanında koordinatlar katsayılardır):

\[D(1) = 0 \ \Longrightarrow\ (0,0,0)^{t}, \qquad D(x) = 1 \ \Longrightarrow\ (1,0,0)^{t}, \qquad D(x^{2}) = 2x \ \Longrightarrow\ (0,2,0)^{t}\]

\[[D]_e = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]

b) \(D(p) = 0\) olması \(p\)’nin sabit polinom olması demektir:

\[\operatorname{Ker} D = \big\{a\ :\ a \in \mathbb{R}\big\} = L(1), \qquad \dim(\operatorname{Ker} D) = 1\]

Görüntü, \([D]_e\)’nin sıfırdan farklı sütunlarının gerdiği uzaydır; \((1,0,0)^{t}\) ve \((0,2,0)^{t}\) lineer bağımsız olduğundan

\[\operatorname{Im} D = L(1,\ x), \qquad \dim(\operatorname{Im} D) = 2\]

Kontrol. \(\dim P_2(\mathbb{R}) = 3 = 1 + 2\) ✔

c) Doğrudan hesap. Önce \(f\) tabanına göre koordinat kuralını çıkaralım:

\[a + bx + cx^{2} = \alpha\cdot 1 + \beta(1 + x) + \gamma(1 + x + x^{2}) = (\alpha + \beta + \gamma) + (\beta + \gamma)x + \gamma x^{2}\]

Sondan başlayarak: \(\gamma = c\), \(\beta = b - c\), \(\alpha = a - b\).

Şimdi \(f\)’nin vektörlerinin türevlerini alalım:

\[D(1) = 0 \ \Longrightarrow\ (0,\ 0,\ 0)^{t}\] \[D(1 + x) = 1 \ \Longrightarrow\ a = 1,\ b = c = 0 \ \Longrightarrow\ (1,\ 0,\ 0)^{t}\] \[D(1 + x + x^{2}) = 1 + 2x \ \Longrightarrow\ a = 1,\ b = 2,\ c = 0 \ \Longrightarrow\ (1 - 2,\ 2 - 0,\ 0)^{t} = (-1,\ 2,\ 0)^{t}\]

\[[D]_f = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]

Taban değişimi formülüyle. \(P\)’nin sütunları \(f\) vektörlerinin \(e\) koordinatlarıdır:

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

(\(P\) üst üçgen olduğundan tersi de üst üçgendir; çarpımla doğrulanabilir.)

\[[D]_eP = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]

\[P^{-1}\big([D]_eP\big) = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix} = [D]_f \ ✔\]

\(\blacksquare\)

Örnek 32.17 (Üç Taban ve Zincir Kuralı) \(\mathbb{R}^{2}\)’de \(e\) standart taban; \(f = \{(1,1),\ (1,2)\}\) ve \(g = \{(2,1),\ (3,2)\}\) olsun.

\(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi \(P\)’yi ve \(e\)’den \(g\)’ye geçiş matrisi \(R\)’yi yazınız.
\(f\)’den \(g\)’ye geçiş matrisi \(Q\)’yu doğrudan hesaplayınız.
\(R = PQ\) olduğunu doğrulayınız.

Çözüm

a) \(e\) standart taban olduğundan geçiş matrislerinin sütunları doğrudan hedef tabanın vektörleridir:

\[P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}, \qquad R = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2\end{pmatrix}\]

b) \(Q\)’nun sütunları, \(g\) vektörlerinin \(f\) tabanındaki koordinatlarıdır.

\[g_1 = (2,1) = \alpha(1,1) + \beta(1,2) = (\alpha + \beta,\ \alpha + 2\beta)\]

\[\alpha + \beta = 2, \qquad \alpha + 2\beta = 1 \quad \Longrightarrow \quad \beta = -1,\ \alpha = 3\]

\[g_2 = (3,2): \qquad \alpha + \beta = 3, \qquad \alpha + 2\beta = 2 \quad \Longrightarrow \quad \beta = -1,\ \alpha = 4\]

\[Q = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -1 & -1\end{pmatrix}\]

c) Zincir kuralına göre \(e\)’den \(g\)’ye geçiş, \(PQ\) çarpımı olmalıdır:

\[PQ = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 4 \\ -1 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 - 1 & 4 - 1 \\ 3 - 2 & 4 - 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2\end{pmatrix} = R \ ✔\]

\(\blacksquare\)

32.9 İspat Problemleri

Örnek 32.18 (İzomorfizm Tabanı Tabana Götürür) \(V\) ve \(W\), bir \(K\) komütatif cismi üzerinde iki vektör uzayı ve \(F : V \to W\) bir üzerine (örten) vektör uzayı izomorfizmi olsun. \(\{v_1, v_2, \dots, v_n\}\) kümesi \(V\)’nin \(K\) üzerinde bir tabanı ise, \(\{F(v_1), F(v_2), \dots, F(v_n)\}\) kümesinin de \(W\)’nin bir tabanı olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Bir tabanın iki özelliğini ayrı ayrı gösterelim.

Doğurma. \(w \in W\) olsun. \(F\) örten olduğundan \(F(v) = w\) olacak biçimde bir \(v \in V\) vardır. \(\{v_1, \dots, v_n\}\) bir taban olduğundan uygun \(a_1, \dots, a_n \in K\) skalerleriyle

\[v = a_1v_1 + a_2v_2 + \cdots + a_nv_n\]

yazılır. \(F\)’yi uygulayalım; \(F\) lineer olduğundan

\[w = F(v) = a_1F(v_1) + a_2F(v_2) + \cdots + a_nF(v_n)\]

Demek ki her \(w \in W\), \(F(v_i)\)’lerin bir lineer kombinezonudur.

Lineer bağımsızlık. \(a_1F(v_1) + \cdots + a_nF(v_n) = 0_W\) olsun. Lineerlikten

\[F\big(a_1v_1 + \cdots + a_nv_n\big) = 0_W\]

\(F\) bir izomorfizm, dolayısıyla bire birdir; bire bir lineer dönüşümün çekirdeği yalnız sıfırdan oluşur:

\[a_1v_1 + \cdots + a_nv_n = 0_V\]

\(\{v_1, \dots, v_n\}\) lineer bağımsız olduğundan \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n = 0_K\)’dır.

İki özellik birlikte \(\{F(v_1), \dots, F(v_n)\}\)’nin \(W\)’nin bir tabanı olduğunu verir.

\(\blacksquare\)

Bu sonucun doğrudan bir çıkarımı vardır: izomorf iki sonlu boyutlu uzayın boyutları eşittir. Tabanın eleman sayısı boyut olduğundan \(\dim W = n = \dim V\)’dir.

Örnek 32.19 (Singüler Olmayanların Bileşkesi) \(U\) ve \(V\), aynı bir \(K\) komütatif cismi üzerinde iki vektör uzayı; \(F : V \to U\) ve \(G : U \to V\) iki lineer dönüşüm olsun. \(F\) ve \(G\)’nin her ikisi de singüler değilse, \(G \circ F\) lineer dönüşümünün de singüler olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Singüler olmama ölçütü gereği bir lineer dönüşümün singüler olmaması, çekirdeğinin yalnız sıfır vektöründen oluşması demektir. Varsayımımız

\[\operatorname{Ker} F = \{0_V\}, \qquad \operatorname{Ker} G = \{0_U\}\]

\(G \circ F : V \to V\) dönüşümünün çekirdeğini inceleyelim:

\[\operatorname{Ker}(G\circ F) = \big\{v \in V\ :\ G\big(F(v)\big) = 0_V\big\}\]

\(v \in \operatorname{Ker}(G\circ F)\) olsun, yani \(G\big(F(v)\big) = 0_V\) olsun. \(F(v)\), \(G\)’nin çekirdeğinde bir vektördür; \(\operatorname{Ker} G = \{0_U\}\) olduğundan

\[F(v) = 0_U\]

Bu kez \(v\), \(F\)’nin çekirdeğindedir; \(\operatorname{Ker} F = \{0_V\}\) olduğundan

\[v = 0_V\]

Demek ki \(\operatorname{Ker}(G\circ F) = \{0_V\}\)’dir ve \(G\circ F\) singüler değildir.

\(\blacksquare\)

Aynı ifadenin başka okunuşları

Sonlu boyutlu uzaylarda singüler olmama, bire bir olmayla ve (boyutlar eşitse) örten olmayla denktir. Bu problem, “bire bir iki dönüşümün bileşkesi bire birdir” biçiminde de okunabilir. Matris diliyle karşılığı da tanıdıktır: iki regüler matrisin çarpımı regülerdir.

32.10 Alıştırma

Alıştırma 32.1 (Koordinat ve Taban Soruları)

\(\mathbb{R}^{2}\)’de \(f_1 = (2,1)\), \(f_2 = (1,1)\) olsun. \(v = (5,3)\) vektörünün \(f\) tabanındaki koordinatlarını bulunuz.
\(\mathbb{R}^{2}\)’de \(e_1 = (1,1)\), \(e_2 = (1,-1)\) ve \(f_1 = (2,1)\), \(f_2 = (1,1)\) tabanları veriliyor. \(e\)’den \(f\)’ye geçiş matrisi \(P\)’yi bulunuz. \([v]_e = (3, 1)^{t}\) ise \([v]_f\) nedir?
\(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}\), \(T(x,y) = (x + 2y,\ 3x)\) operatörünün \(f_1 = (1,1)\), \(f_2 = (2,1)\) tabanındaki matrisini bulunuz.
\(P_2(\mathbb{R})\)’de \(f = \{1,\ x+1,\ (x+1)^{2}\}\) tabanına göre \(p(x) = x^{2} + 4x + 1\) polinomunun koordinatlarını bulunuz.
\(2\). mertebeden reel kare matrislerin uzayı \(M_2(\mathbb{R})\)’de

\[f_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix},\quad f_2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix},\quad f_3 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix},\quad f_4 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\]

bir tabandır. \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}\) matrisinin bu tabana göre koordinatlarını bulunuz. 6. \(T : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\), \(T(x,y,z) = (z,\ x,\ y)\) operatörünün \(f_1 = (1,0,0)\), \(f_2 = (1,1,0)\), \(f_3 = (1,1,1)\) tabanındaki matrisini bulunuz.

Çözüm

1. \(x f_1 + y f_2 = (2x + y,\ x + y) = (5,3)\) denkleminden

\[2x + y = 5, \qquad x + y = 3\]

Birinciden ikinciyi çıkarırsak \(x = 2\), buradan \(y = 1\):

\[[v]_f = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\]

Kontrol. \(2(2,1) + (1,1) = (5,3)\) ✔

2. Sütunları taban vektörleri olan matrisler:

\[M_e = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad M_f = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\]

\(M_e^{-1}\)’i blok indirgemeyle bulalım:

\[\left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0\\ 1 & -1 & 0 & 1\end{array}\right) \overset{R_2 \to -R_1 + R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & -2 & -1 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_2 \to -\frac{1}{2}R_2}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\end{array}\right) \overset{R_1 \to -R_2 + R_1}{\sim} \left(\begin{array}{cc|cc} 1 & 0 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\ 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\end{array}\right)\]

\[M_e^{-1} = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \\[1mm] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} \end{pmatrix}\]

\[P = M_e^{-1}M_f = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \\[1mm] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{3}{2} & 1 \\[1mm] \tfrac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}\]

Kontrol. \(P\)’nin birinci sütunu \(f_1\)’in \(e\)’deki koordinatları olmalı:

\[\tfrac{3}{2}e_1 + \tfrac{1}{2}e_2 = \tfrac{3}{2}(1,1) + \tfrac{1}{2}(1,-1) = (2,1) = f_1 \ ✔\]

\([v]_f\) için önce \(v\)’yi bulmak en kısası: \(v = 3e_1 + e_2 = 3(1,1) + (1,-1) = (4,2)\). Şimdi

\[(4,2) = x(2,1) + y(1,1) = (2x + y,\ x + y)\]

\[\Longrightarrow\quad 2x + y = 4,\ \ x + y = 2\]

Buradan \(x = 2\), \(y = 0\):

\[[v]_f = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}\]

Aynı sonucu \(P^{-1}[v]_e\) ile de alabilirdiniz.

3. Doğrudan tanımdan gidelim.

\[T(f_1) = T(1,1) = (1 + 2,\ 3) = (3,3)\]

\((3,3) = a(1,1) + b(2,1) = (a + 2b,\ a + b)\) denkleminden \(a + 2b = 3\), \(a + b = 3\); çıkarma ile \(b = 0\), \(a = 3\):

\[T(f_1) = 3f_1 + 0f_2\]

\[T(f_2) = T(2,1) = (2 + 2,\ 6) = (4,6)\]

\(a + 2b = 4\), \(a + b = 6\) denklemlerinden \(b = -2\), \(a = 8\):

\[T(f_2) = 8f_1 - 2f_2\]

\[[T]_f = \begin{pmatrix} 3 & 8 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}\]

4. \(p(x) = a + b(x+1) + c(x+1)^{2}\) yazalım:

\[a + b(x+1) + c(x^{2} + 2x + 1) = c\,x^{2} + (b + 2c)\,x + (a + b + c)\]

\(p(x) = x^{2} + 4x + 1\) ile eşitleyelim:

\[c = 1, \qquad b + 2c = 4, \qquad a + b + c = 1\]

İkinciden \(b = 2\); üçüncüden \(a = 1 - b - c = 1 - 2 - 1 = -2\):

\[[p]_f = \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}\]

Kontrol. Bulunan katsayılar \(p(x)\)’i geri verir ✔

\[-2 + 2(x+1) + (x+1)^{2} = -2 + 2x + 2 + x^{2} + 2x + 1 = x^{2} + 4x + 1\]

5. \(a, b, c, d \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(A = a f_1 + b f_2 + c f_3 + d f_4\) yazalım ve sağ tarafı toplayalım:

\[a f_1 + b f_2 + c f_3 + d f_4 = \begin{pmatrix} a + b + c + d & b + c + d \\ c + d & d \end{pmatrix}\]

Bunu \(A\) ile karşılaştıralım:

\[\begin{pmatrix} a + b + c + d & b + c + d \\ c + d & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}\]

Sağ alttan başlayarak geriye doğru çözelim:

\[d = 4, \qquad c + d = 3 \implies c = -1, \qquad b + c + d = 2 \implies b = -1\]

\[a + b + c + d = 1 \implies a = 1 - (-1) - (-1) - 4 = -1\]

\[[A]_f = \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}\]

Kontrol.

\[-f_1 - f_2 - f_3 + 4f_4 = \begin{pmatrix} -1-1-1+4 & 0-1-1+4 \\ 0+0-1+4 & 0+0+0+4 \end{pmatrix}\]

\[= \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \ ✔\]

6. Bir \((p,q,r)\) vektörünün bu tabandaki koordinatları, \(a f_1 + b f_2 + c f_3 = (a+b+c,\ b+c,\ c)\) eşitliği sondan başa okunarak bulunur: \(c = r\), \(b = q - r\), \(a = p - q\).

\[T(f_1) = (0,1,0) \Longrightarrow (-1,\ 1,\ 0)^{t}\] \[T(f_2) = (0,1,1) \Longrightarrow (-1,\ 0,\ 1)^{t}\] \[T(f_3) = (1,1,1) \Longrightarrow (0,\ 0,\ 1)^{t}\]

\[[T]_f = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]

Kontrol. Birinci sütun: \(-f_1 + f_2 = -(1,0,0) + (1,1,0) = (0,1,0) = T(f_1)\) ✔

\(\blacksquare\)