31 Taban Değiştirme

Bir operatörün matrisi seçilen tabana bağlıydı. Peki tabanı değiştirdiğimizde matris nasıl değişir? Bu bölümün cevabı tek bir formüldür ve lineer cebirin en çok kullanılan bağıntılarından biridir: uygun bir matrisle sağdan ve tersiyle soldan çarpmak.

31.1 Geçiş Matrisi

Tanım 31.1 (Geçiş Matrisi) $V$, bir $K$ komutatif cismi üzerinde $n$ boyutlu bir vektör uzayı; $\{e_1, \dots, e_n\}$ ve $\{f_1, \dots, f_n\}$ ise $V$’nin iki tabanı olsun. Bu durumda

\[ \begin{aligned} f_1 &= a_{11}e_1 + a_{12}e_2 + \cdots + a_{1n}e_n\\ f_2 &= a_{21}e_1 + a_{22}e_2 + \cdots + a_{2n}e_n\\ &\ \ \vdots\\ f_n &= a_{n1}e_1 + a_{n2}e_2 + \cdots + a_{nn}e_n \end{aligned} \]

biçiminde tek türlü yazılır ($a_{ij} \in K$). Bu durumda

\[P := \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{n1}\\ a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{n2}\\ \vdots & & & \vdots\\ a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}_{(n,n)}\]

kare $K$-matrisine, $\{e_1, \dots, e_n\}$ tabanından $\{f_1, \dots, f_n\}$ tabanına geçiş matrisi denir.

Kural aynı

Operatör matrisinde olduğu gibi burada da devrik alınıyor; sonuç yine sütunlarla ifade edilir:

$P$’nin $j$. sütunu, $f_j$ vektörünün $e$ tabanındaki koordinatlarıdır.

Geçiş matrisinin tersi her zaman vardır. Gerçekten $f_1, \dots, f_n$ vektörleri lineer bağımsız olduğundan, katsayı tablosu $P^{t}$ satır kanonik şekli birim matris olan bir matristir; regülerlik ölçütü gereği $P^{t}$ regülerdir, dolayısıyla $P$ de regülerdir. Ayrıca:

$P^{-1}$ matrisi, $\{f_1, \dots, f_n\}$ tabanından $\{e_1, \dots, e_n\}$ tabanına geçiş matrisidir. İki taban arasındaki geçiş, hangi yönde okunursa okunsun aynı matris çiftini kullanır.

Örnek 31.1 (Düzlemde İki Yönlü Geçiş) $e_1 = (1,0)$, $e_2 = (0,1)$ olmak üzere $e = \{e_1,e_2\}$ ve $f_1 = (1,1)$, $f_2 = (-1,0)$ olmak üzere $f = \{f_1,f_2\}$, $\mathbb{R}^{2}$’nin iki tabanıdır. Her iki yöndeki geçiş matrislerini bulup çarpınız.

Çözüm

$e$’den $f$’ye.

\[f_1 = (1,1) = e_1 + e_2, \qquad f_2 = (-1,0) = -e_1 + 0\,e_2\]

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

$f$’den $e$’ye.

\[e_1 = (1,0) = 0\,(1,1) - (-1,0) = 0\,f_1 - f_2\] \[e_2 = (0,1) = (1,1) + (-1,0) = f_1 + f_2\]

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

Çarpım.

\[P \cdot Q = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I_2\]

olup $Q$, $P$’nin tersidir.

$\blacksquare$

31.2 Koordinatların Değişimi

Teorem 31.1 (Koordinat Vektörlerinin Dönüşümü) $V$ $n$ boyutlu; $e = \{e_1, \dots, e_n\}$ ve $f = \{f_1, \dots, f_n\}$ iki tabanı; $P$ ise $e$ tabanından $f$ tabanına geçiş matrisi olsun. Bu durumda

\[\text{her } v \in V \text{ için} \qquad P \cdot [v]_f = [v]_e\]

başka bir ifadeyle

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

İspat

$f_i = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} e_j$ ($i = 1, \dots, n$) olsun; tanım gereği $P$, $(a_{ij})$ tablosunun devriğidir.

$v \in V$ ve $k_i \in K$ olmak üzere

\[v = k_1 f_1 + k_2 f_2 + \cdots + k_n f_n = \sum_{i=1}^{n} k_i f_i\]

olsun; o hâlde $[v]_f = (k_1, \dots, k_n)^{t}$’dir. Şimdi $v$’yi $e$ tabanı cinsinden yazalım:

\[ \begin{aligned} v = \sum_{i=1}^{n} k_i f_i &= \sum_{i=1}^{n} k_i \Big( \sum_{j=1}^{n} a_{ij} e_j \Big) = \sum_{j=1}^{n} \Big( \sum_{i=1}^{n} a_{ij} k_i \Big) e_j\\[1mm] &= \sum_{j=1}^{n} \big( a_{1j}k_1 + a_{2j}k_2 + \cdots + a_{nj}k_n \big) e_j \end{aligned} \]

Öyleyse

\[[v]_e = \begin{pmatrix} a_{11}k_1 + a_{21}k_2 + \cdots + a_{n1}k_n\\ a_{12}k_1 + a_{22}k_2 + \cdots + a_{n2}k_n\\ \vdots\\ a_{1n}k_1 + a_{2n}k_2 + \cdots + a_{nn}k_n \end{pmatrix}_{(n,1)}\]

Bu sütun matris, tam olarak $P \cdot [v]_f$ çarpımıdır:

\[P \cdot [v]_f = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{n1}\\ a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{n2}\\ \vdots & & & \vdots\\ a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \\ \vdots \\ k_n \end{pmatrix} = [v]_e\]

$P$ regüler olduğundan her iki tarafı soldan $P^{-1}$ ile çarparak $[v]_f = P^{-1}[v]_e$ elde edilir.

$\blacksquare$

Örnek 31.2 (Koordinat Dönüşümünün Doğrulanması) $e_1 = (1,0)$, $e_2 = (0,1)$; $f_1 = (1,1)$, $f_2 = (-1,0)$ ve $v = (a,b) \in \mathbb{R}^{2}$ olsun. Yukarıdaki teoremi doğrulayınız.

Çözüm

Koordinatlar. $v = (a,b) = a\,e_1 + b\,e_2$ olduğundan $[v]_e = (a,\ b)^{t}$’dir. $f$ tabanı için

\[(a,b) = x(1,1) + y(-1,0) = (x - y,\ x) \quad \Longrightarrow \quad x = b,\ \ y = b - a\]

yani $v = b\,f_1 + (b-a)\,f_2$ ve $[v]_f = (b,\ b-a)^{t}$’dir.

Doğrulama. Bir önceki örnekte $P = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ ve $P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}$ bulunmuştu:

\[P \cdot [v]_f = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} b \\ b-a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b - (b-a) \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = [v]_e\]

\[P^{-1} \cdot [v]_e = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b \\ b - a \end{pmatrix} = [v]_f\]

$\blacksquare$

31.3 Operatör Matrisinin Değişimi

Teorem 31.2 (Taban Değişimi Altında Operatör Matrisi) $V$ $n$ boyutlu; $e$ ve $f$ iki tabanı; $P$ ise $e$ tabanından $f$ tabanına geçiş matrisi olsun. Bu durumda $V$ üzerindeki her $T$ lineer operatörü için

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

İspat

Her $v \in V$ için aşağıdaki zinciri kuralım:

\[ \begin{aligned} P^{-1}\,[T]_e\,P\,[v]_f &= P^{-1}\,[T]_e\,[v]_e\\[1mm] &= P^{-1}\,\big[T(v)\big]_e\\[1mm] &= \big[T(v)\big]_f\\[1mm] &= [T]_f\,[v]_f \end{aligned} \]

Birinci ve üçüncü adımda koordinat dönüşümü ($P[v]_f = [v]_e$ ile $P^{-1}[w]_e = [w]_f$), ikinci ve dördüncü adımda ise “operatörün uygulanması matrisle çarpımdır” teoremi kullanıldı.

Demek ki her $v \in V$ için

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

$v \mapsto [v]_f$ dönüşümü $V$’den $K^{n}$ üzerine örten olduğundan, bu eşitlik her $X \in K^{n}$ sütun matrisi için geçerlidir:

\[\big( P^{-1}[T]_e P \big) \cdot X = [T]_f \cdot X\]

Burada $X$ olarak sırayla $K^{n}$’in standart taban sütunları $\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_n$ alınırsa (bunlar $V$’deki $e$ tabanıyla karıştırılmamalıdır), iki matrisin karşılıklı sütunlarının aynı olduğu görülür. Öyleyse

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

$\blacksquare$

Hesap pratiği

Bu bölümdeki iki formülün — koordinat dönüşümü ve $P^{-1}[T]_eP$ bağıntısı — hesap pratiği, geçiş matrisini kısa yoldan bulma yöntemi ve ikisi de standart olmayan tabanlarla kurulmuş sorular bir sonraki Problemler bölümünde toplanmıştır.

Örnek 31.3 (Formülün Sayısal Doğrulaması) $\mathbb{R}^{2}$ üzerinde $T(x,y) = (4x - 2y,\ 2x + y)$ operatörü veriliyor. $e_1 = (1,0)$, $e_2 = (0,1)$ ve $f_1 = (1,1)$, $f_2 = (-1,0)$ olmak üzere $[T]_f = P^{-1}[T]_e P$ olduğunu doğrulayınız.

Çözüm

Standart tabandaki matris:

\[T(e_1) = T(1,0) = (4,2) = 4e_1 + 2e_2\] \[T(e_2) = T(0,1) = (-2,1) = -2e_1 + e_2\]

\[[T]_e = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\]

$P$ ve $P^{-1}$’i yukarıdan alarak çarpımı yapalım:

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

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

Bu, aynı operatörün $f$ tabanındaki matrisi olarak doğrudan hesapladığımız

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

matrisiyle aynıdır.

$\blacksquare$

31.4 Tabanı Neden Değiştiririz?

Buraya kadar taban değişiminin nasıl yapıldığını gördük. Peki neden yapılır? Cevap tek bir cümlede: doğru taban, operatörün matrisini basitleştirir.

Örnek 31.4 (Yansımanın Köşegen Matrisi) $T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}$, $T(x,y) = (y,x)$ operatörü, düzlemin $y = x$ doğrusuna göre yansımasıdır. Bu operatörün standart tabandaki ve $f_1 = (1,1)$, $f_2 = (1,-1)$ tabanındaki matrislerini karşılaştırınız.

Çözüm

Standart tabanda. $T(e_1) = T(1,0) = (0,1) = e_2$ ve $T(e_2) = T(0,1) = (1,0) = e_1$ olduğundan

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

$f$ tabanında. $f_1 = (1,1)$ yansıma doğrusunun üzerindedir, $f_2 = (1,-1)$ ise doğruya diktir:

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

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

Benzerlik bağıntısıyla kontrol. $e$ standart taban olduğundan $P$’nin sütunları doğrudan $f_1$ ve $f_2$’dir:

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

Tersini blok indirgemeyle bulalım:

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

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

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

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

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

$\blacksquare$

Köşegen matrisin anlamı

$[T]_f$ köşegen çıktı; bu, $T$’nin $f_1$ yönünü olduğu gibi bıraktığını ($1$ katı), $f_2$ yönünü ise ters çevirdiğini ($-1$ katı) doğrudan okutuyor. Bir operatörü köşegen yapan bir taban aramak, lineer cebirin en verimli sorularından biridir; sistematik cevabı özdeğer ve özvektör kuramıdır.

31.5 Alıştırma

Alıştırma 31.1 (Taban Değiştirme Hesapları) $e_1 = (1,0)$, $e_2 = (0,1)$ ve $f_1 = (1,3)$, $f_2 = (2,5)$ olmak üzere $e$ ve $f$, $\mathbb{R}^{2}$’nin iki tabanıdır.

$e$’den $f$’ye geçiş matrisi $P$’yi ve $f$’den $e$’ye geçiş matrisi $Q$’yu bulup $Q = P^{-1}$ olduğunu gösteriniz.
Her $v \in \mathbb{R}^{2}$ için $[v]_f = P^{-1}[v]_e$ olduğunu doğrulayınız.
$T(x,y) = (2y,\ 3x-y)$ operatörü için $[T]_f = P^{-1}[T]_e P$ olduğunu doğrulayınız.

Çözüm

1. Geçiş matrisleri:

\[f_1 = (1,3) = e_1 + 3e_2, \qquad f_2 = (2,5) = 2e_1 + 5e_2\]

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

Ters yön için $(a,b) = x f_1 + y f_2$ denklemini çözelim: $x + 2y = a$ ve $3x + 5y = b$’den

\[x = 2b - 5a, \qquad y = 3a - b \tag{$\star$}\]

$(a,b) = (1,0)$ için $x = -5$, $y = 3$; $(a,b) = (0,1)$ için $x = 2$, $y = -1$:

\[e_1 = -5f_1 + 3f_2, \qquad e_2 = 2f_1 - f_2 \quad \Longrightarrow \quad Q = \begin{pmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}\]

Çarpalım:

\[P \cdot Q = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5 + 6 & 2 - 2 \\ -15 + 15 & 6 - 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I_2\]

Demek ki $Q = P^{-1}$’dir.

2. $v = (a,b)$ için $[v]_e = (a,\ b)^{t}$’dir. $(\star)$ gereği $[v]_f = (2b - 5a,\ 3a - b)^{t}$’dir. Öte yandan

\[P^{-1}[v]_e = \begin{pmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5a + 2b \\ 3a - b \end{pmatrix} = [v]_f\]

3. Standart tabanda $T(e_1) = (0,3)$ ve $T(e_2) = (2,-1)$ olduğundan

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

$f$ tabanında ise $T(f_1) = T(1,3) = (6,0)$ ve $T(f_2) = T(2,5) = (10,1)$ olup $(\star)$ ile

\[T(f_1) = -30 f_1 + 18 f_2, \qquad T(f_2) = -48 f_1 + 29 f_2\]

\[\Longrightarrow \quad [T]_f = \begin{pmatrix} -30 & -48 \\ 18 & 29 \end{pmatrix}\]

Şimdi formülü sınayalım:

\[ \begin{aligned} P^{-1}[T]_e P &= \begin{pmatrix} -5 & 2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 3 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 5 \end{pmatrix}\\[1mm] &= \begin{pmatrix} 6 & -12 \\ -3 & 7 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -30 & -48 \\ 18 & 29 \end{pmatrix} = [T]_f \end{aligned} \]

$\blacksquare$

Alıştırma 31.2 (Ters Yönde Sorular)

$\mathbb{R}^{2}$’de $e$ standart taban olmak üzere, $e$’den bir $f$ tabanına geçiş matrisi $P = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 2\end{pmatrix}$ olarak veriliyor. $f$ tabanını bulunuz.
$\{(1,2),\ (2,4)\}$ kümesi $\mathbb{R}^{2}$’nin bir tabanı mıdır? Bu küme için geçiş matrisi kurmaya çalışırsanız ne ters gider?

Çözüm

1. $e$ standart taban olduğunda geçiş matrisinin tanımı basitleşir: $P$’nin $j$. sütunu, $f_j$’nin standart tabandaki koordinatlarıdır — yani $f_j$’nin kendisidir. Sütunları okuyalım:

\[f_1 = (2,3), \qquad f_2 = (1,2)\]

Bunların gerçekten bir taban oluşturduğunu $P$’nin regülerliğinden biliyoruz — bir geçiş matrisi tanım gereği regülerdir. Doğrudan da görülebilir: $x(2,3) + y(1,2) = (0,0)$ denklemi $2x + y = 0$ ve $3x + 2y = 0$ verir; birinciden $y = -2x$, ikincide yerine konursa $3x - 4x = 0$, yani $x = 0$ ve $y = 0$ çıkar. İki vektör lineer bağımsız olduğundan ve $\mathbb{R}^{2}$ iki boyutlu olduğundan bir taban oluştururlar.

2. $(2,4) = 2 \cdot (1,2)$ olduğundan bu iki vektör lineer bağımlıdır; küme bir taban değildir.

Yine de sütunları bu vektörler olan matrisi kursaydık

\[M = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} \overset{R_2 \to -2R_1 + R_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\]

olurdu. $M$’nin satır kanonik şekli birim matris olmadığından regülerlik ölçütü gereği $M$ singülerdir ve tersi yoktur. Oysa geçiş matrisi tanım gereği regülerdir — nitekim $P^{-1}$’in varlığı, koordinatları geri çevirebilmemizin tek güvencesiydi. Somut olarak: $(1,2)$ ile $(2,4)$ yalnızca $y = 2x$ doğrusunu gerdiğinden, bu doğrunun dışındaki hiçbir vektörün “koordinatları” yazılamaz; doğru üzerindeki vektörlerin ise koordinatları tek türlü belirli değildir.

$\blacksquare$