6 Elemanter Matrisler ve Ters Hesabı

Elemanter satır işlemleri şimdiye kadar “matris üzerinde yapılan hamleler” olarak kaldı. Bu bölümde her hamlenin aslında uygun bir matrisle soldan çarpmak olduğunu göreceğiz. Bu tek gözlem, satır işlemlerini matris cebirinin içine taşır ve arkasından iki büyük sonuç gelir: bir matrisin ne zaman regüler olduğunun ölçütü ve tersini hesaplayan sistemli yöntem.

6.1 Elemanter Satır Matrisleri

Tanım 6.1 (Elemanter Satır Matrisi) $I_m$ $K$-birim matrisine yalnız bir tane elemanter satır işlemi uygulanarak elde edilen $m$-inci mertebeden kare $K$-matrise elemanter satır matrisi denir ve $\widehat{E}$ ile gösterilir:

\[e(I_m) =: \widehat{E}, \qquad e_1(I_m) =: \widehat{E}_1, \qquad e_2(I_m) =: \widehat{E}_2, \qquad e_3(I_m) =: \widehat{E}_3\]

Bundan sonra “elemanter matris” dendiğinde elemanter satır matrisi anlaşılacaktır.

$I_3$ üzerinde üç işlemin karşılığı:

\[e_1: R_2 \leftrightarrow R_3 \implies \widehat{E}_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\]

\[e_2: R_3 \to -6R_3 \implies \widehat{E}_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -6\end{pmatrix}\]

\[e_3: R_2 \to -3R_1 + R_2 \implies \widehat{E}_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\]

6.2 Satır İşlemi Bir Çarpımdır

Teorem 6.1 (Elemanter İşlem Elemanter Matrisle Çarpımdır) $e$ herhangi bir elemanter satır işlemi, $\widehat{E} = e(I_m)$ buna karşılık gelen elemanter satır matrisi ve $A$ bir $A_{(m,n)}$ $K$-matris olsun. O hâlde

\[e(A) = \widehat{E}A\]

İspat

İspatın tamamı, çarpımın satırlarına ilişkin şu kurala dayanır: $\widehat{E}A$ matrisinin $i$-inci satırı, ($\widehat{E}$’nin $i$-inci satırı) $\cdot\, A$ çarpımına eşittir. Ayrıca $I_m A = A$’dır.

1. $e = e_1$ ($R_i \leftrightarrow R_j$). $\widehat{E}_1$’in $i$-inci satırı, $I_m$’nin $j$-inci satırıdır. Dolayısıyla

\[\begin{aligned} \widehat{E}_1 A \text{'nın } i\text{-inci satırı} &= \big(I_m \text{'nin } j\text{-inci satırı}\big)A\\[1mm] &= (I_m A)\text{'nın } j\text{-inci satırı} = A\text{'nın } j\text{-inci satırı} \end{aligned}\]

Bu ise tam olarak $e_1(A)$’nın $i$-inci satırıdır. Aynı hesap $j$-inci satır için, ve $t \neq i, j$ olan bütün $t$ satırları için (o satırlarda $\widehat{E}_1$ ile $I_m$ çakıştığından) tekrarlanır. Bütün satırlar çakıştığından $e_1(A) = \widehat{E}_1 A$’dır.

2. $e = e_2$ ($R_i \to kR_i$, $k \neq 0_K$). $\widehat{E}_2$’nin $i$-inci satırı, $I_m$’nin $i$-inci satırının $k$ katıdır:

\[\widehat{E}_2 A\text{'nın } i\text{-inci satırı} = k\big(I_m\text{'nin } i\text{-inci satırı}\big)A = k\big(A\text{'nın } i\text{-inci satırı}\big)\]

Diğer satırlar değişmez; sonuç $e_2(A)$’dır.

3. $e = e_3$ ($R_i \to kR_j + R_i$). $\widehat{E}_3$’ün $i$-inci satırı, $I_m$’nin $j$-inci satırının $k$ katı ile $i$-inci satırının toplamıdır:

\[\widehat{E}_3 A\text{'nın } i\text{-inci satırı} = k\big(A\text{'nın } j\text{-inci satırı}\big) + \big(A\text{'nın } i\text{-inci satırı}\big)\]

Bu da $e_3(A)$’nın $i$-inci satırıdır; diğer satırlar değişmez.

$\blacksquare$

Teorem 6.2 (Elemanter Matrisler Regülerdir) Elemanter satır matrisleri regülerdir ve elemanter satır matrislerinin tersleri de elemanter satır matrisleridir.

İspat

Her elemanter işlemin, aynı türden bir elemanter işlemle geri alınabildiğini kullanacağız.

1. $e_1: R_i \leftrightarrow R_j$. Aynı yer değiştirme iki kez uygulanırsa matris değişmez:

\[I_m = e_1\big(\widehat{E}_1\big) = e_1(I_m)\widehat{E}_1 = \widehat{E}_1\widehat{E}_1\]

Demek ki $\widehat{E}_1$ kendi tersidir.

2. $e_2: R_i \to kR_i$ $(k \neq 0_K)$. Bunun geri alınışı $e_2': R_i \to \dfrac{1}{k}R_i$’dir; $K$ bir cisim olduğundan $k^{-1} \in K \setminus \{0_K\}$’dır. $\widehat{E}_2' = e_2'(I_m)$ olmak üzere

\[I_m = e_2'\big(\widehat{E}_2\big) = \widehat{E}_2'\widehat{E}_2, \qquad I_m = e_2\big(\widehat{E}_2'\big) = \widehat{E}_2\widehat{E}_2'\]

yani $_2’ $, $\widehat{E}_2$’nin tersidir ve kendisi de elemanterdir.

3. $e_3: R_i \to kR_j + R_i$. Geri alınışı $e_3': R_i \to -kR_j + R_i$’dir ve aynı hesapla $\widehat{E}_3'\widehat{E}_3 = \widehat{E}_3\widehat{E}_3' = I_m$ bulunur.

$\blacksquare$

$I_3$ üzerinde somut olarak: $R_1 \leftrightarrow R_2$ matrisinin tersi kendisidir; $R_3 \to \frac{1}{2}R_3$ matrisinin tersi $R_3 \to 2R_3$ matrisidir; $R_2 \to 5R_3 + R_2$ matrisinin tersi $R_2 \to -5R_3 + R_2$ matrisidir.

6.3 Satır Eşdeğerliğin Cebirsel Karşılığı

Teorem 6.3 (Satır Eşdeğerlik ve Regüler Çarpan) $A_{(m,n)}$ ve $B_{(m,n)}$ $K$-matrisler olsun. $A$’nın $B$’ye satır eşdeğer olması için gerek ve yeter koşul, bir takım elemanter satır matrislerinin çarpımı olan regüler bir $P$ matrisiyle

\[B = PA\]

yazılabilmesidir.

İspat

Gereklik. $A \overset{\text{satır}}{\sim} B$ olsun; $A$’yı $B$’ye dönüştüren elemanter satır işlemleri sırasıyla $e^{(1)}, e^{(2)}, \dots, e^{(p)}$ olsun:

\[e^{(p)}\Big(\cdots\big(e^{(2)}\big(e^{(1)}(A)\big)\big)\cdots\Big) = B\]

Her adımda önceki teoremi uygularsak, $\widehat{E}^{(i)} = e^{(i)}(I_m)$ olmak üzere

\[\widehat{E}^{(p)}\cdots \widehat{E}^{(2)}\widehat{E}^{(1)}A = B\]

elde edilir; ara adımlarda matris çarpımının asosyatifliği kullanılmıştır. $P = \widehat{E}^{(p)}\cdots\widehat{E}^{(1)}$ dersek $PA = B$ olur. Elemanter matrisler regüler ve regüler matrislerin çarpımı regüler olduğundan $P$ regülerdir ve tanımı gereği elemanter matrislerin çarpımı biçimindedir.

Yeterlik. $B = \big(\widehat{E}^{(t)}\cdots\widehat{E}^{(2)}\widehat{E}^{(1)}\big)A$ olacak biçimde elemanter matrisler var olsun. Asosyatiflikle

\[B = \widehat{E}^{(t)}\Big(\cdots\big(\widehat{E}^{(2)}\big(\widehat{E}^{(1)}A\big)\big)\cdots\Big) = e^{(t)}\Big(\cdots\big(e^{(2)}\big(e^{(1)}(A)\big)\big)\cdots\Big)\]

yazılır; yani $B$, $A$’dan sonlu sayıda elemanter satır işlemiyle elde edilmiştir: $A \overset{\text{satır}}{\sim} B$.

$\blacksquare$

6.4 Regülerliğin Ölçütü

Teorem 6.4 (Regülerlik Ölçütü) Bir $A_{(n,n)}$ $K$-matrisinin regüler olması için gerek ve yeter koşul

\[A \overset{\text{satır}}{\sim} I_n\]

olmasıdır.

İspat

Yeterlik. $A \overset{\text{satır}}{\sim} I_n$ olsun. Önceki teoreme göre $PA = I_n$ olacak regüler bir $P$ vardır. O hâlde

\[A = I_n A = \big(P^{-1}P\big)A = P^{-1}(PA) = P^{-1}I_n = P^{-1}\]

$P$ regüler olduğundan $P^{-1}$ de regülerdir; yani $A = P^{-1}$ regülerdir ve

\[A^{-1} = \big(P^{-1}\big)^{-1} = P\]

Gereklik. $A$ regüler olsun. O hâlde $A \neq O_{(n,n)}$’dir ve sıfır matristen farklı her matris bir tek satır indirgenmiş merdiven matrise satır eşdeğer olduğundan $A \overset{\text{satır}}{\sim} B$ olacak bir $B$ vardır. Önceki teoremden $B = PA$ biçimindedir; iki regüler matrisin çarpımı regüler olduğundan $B$ regülerdir.

Şimdi $B = I_n$ olduğunu gösterelim. $B \neq I_n$ olsaydı, $B$ satır indirgenmiş bir merdiven matris olduğundan son satırı tamamen $0_K$’lardan ibaret olurdu. $B$ regüler olduğundan $B^{-1}$ vardır ve

\[BB^{-1} \text{ matrisinin son satırı} = \big(B\text{'nin son satırı}\big)B^{-1} = \begin{pmatrix} 0_K & \cdots & 0_K\end{pmatrix}\]

olurdu. Oysa $BB^{-1} = I_n$’nin son satırında $1_K \neq 0_K$ bulunur — çelişki. Demek ki $B = I_n$, yani $A \overset{\text{satır}}{\sim} I_n$’dir.

$\blacksquare$

İspattan çıkan üç sonuç

1. $n$-inci mertebeden kare matrisler için $AB = I_n \iff BA = I_n$’dir; dolayısıyla $AB = I_n$ ise doğrudan $B = A^{-1}$ (ve $A = B^{-1}$) denebilir — iki sırayı da denetlemeye gerek yoktur.

2. $A^{-1}$ matrisi, $A$’yı $I_n$’e dönüştüren elemanter satır matrislerinin çarpımıdır.

3. Herhangi bir satırı veya herhangi bir sütunu tamamen $0_K$’lardan oluşan bir kare matrisin tersi yoktur, çünkü böyle bir matris $I_n$’e satır eşdeğer olamaz. Daha genel olarak, $A$ regüler değilse bir satırı tamamen $0_K$’lardan oluşan bir matrise satır eşdeğerdir.

6.5 Blok Matrisler

Yatay ve düşey çizgiler kullanarak bir $A_{(m,n)}$ $K$-matrisi blok adı verilen alt matrislere ayrılabilir; bloklara ayrılmış bir matrise blok matris denir. Aynı matris farklı biçimlerde bloklara ayrılabilir:

\[\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 & 1 & 3 \\ 2 & 3 & 5 & 7 & -2 \\ 3 & 1 & 4 & 5 & 9\end{pmatrix} = \left(\begin{array}{cc|ccc} 1 & -2 & 0 & 1 & 3 \\ 2 & 3 & 5 & 7 & -2 \\ \hline 3 & 1 & 4 & 5 & 9\end{array}\right) = \left(\begin{array}{ccc|cc} 1 & -2 & 0 & 1 & 3 \\ \hline 2 & 3 & 5 & 7 & -2 \\ \hline 3 & 1 & 4 & 5 & 9\end{array}\right)\]

Bloklarla işlemler, bileşenlerle işlemlerin birebir kopyasıdır. $A = (A_{ij})$ blok matrisi ve $k \in K$ için $kA = (kA_{ij})$’dir. $A = (A_{ij})$ ile $B = (B_{ij})$ aynı tipte bloklara ayrılmışsa $A + B = (A_{ij} + B_{ij})$’dir. $U = (U_{ik})$ ve $V = (V_{kj})$ blok matrislerinde $U_{ik}$ blokunun sütun sayısı $V_{kj}$ blokunun satır sayısına eşitse

\[W_{ij} = U_{i1}V_{1j} + U_{i2}V_{2j} + \cdots + U_{ip}V_{pj} \implies UV = \big(W_{ij}\big)\]

olur — yani bloklar sanki birer bileşenmiş gibi çarpılır.

6.6 Tersin Hesaplanması

Teorem 6.5 (Gauss-Jordan Yöntemiyle Ters) $A_{(n,n)}$ regüler bir $K$-matris olmak üzere, $n \times 2n$ tipindeki blok matris için

\[\big(A \mid I_n\big) \overset{\text{satır}}{\sim} \big(I_n \mid P\big) \implies P = A^{-1}\]

İspat

$\big(A \mid I_n\big) \overset{\text{satır}}{\sim} \big(I_n \mid P\big)$ olsun; yani

\[e^{(p)}\Big(\cdots\big(e^{(1)}\big(\big(A \mid I_n\big)\big)\big)\cdots\Big) = \big(I_n \mid P\big)\]

olacak elemanter satır işlemleri vardır. Satır işlemleri iki bloka da aynı anda uygulandığından bu tek eşitlik iki eşitliğe ayrılır:

\[e^{(p)}\Big(\cdots\big(e^{(1)}(A)\big)\cdots\Big) = I_n, \qquad e^{(p)}\Big(\cdots\big(e^{(1)}(I_n)\big)\cdots\Big) = P\]

$\widehat{E}^{(i)} = e^{(i)}(I_n)$ dersek bunlar

\[\widehat{E}^{(p)}\cdots\widehat{E}^{(1)}A = I_n, \qquad \widehat{E}^{(p)}\cdots\widehat{E}^{(1)}I_n = \widehat{E}^{(p)}\cdots\widehat{E}^{(1)} = P\]

biçimini alır. Birincisinden $A^{-1} = \widehat{E}^{(p)}\cdots\widehat{E}^{(1)}$, ikincisinden ise bu çarpımın $P$ olduğu okunur; dolayısıyla $A^{-1} = P$’dir.

$\blacksquare$

Örnek 6.1 (Bir Tersin Hesaplanması) $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 2 & -1 & 3 \\ 4 & 1 & 8\end{pmatrix}$ $\mathbb{R}$-matrisinin tersini bulunuz.

Çözüm

$\big(A \mid I_3\big)$ blok matrisini yazıp sol bloku $I_3$ yapmaya çalışalım:

\[\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -1 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 1 & 8 & 0 & 0 & 1\end{array}\right) \overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2 \\ R_3 \to -4R_1 + R_3}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -4 & 0 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_2 \to -R_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -4 & 0 & 1\end{array}\right) \overset{R_3 \to -R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & -6 & 1 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_3 \to -R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 6 & -1 & -1\end{array}\right) \overset{\substack{R_2 \to -R_3 + R_2 \\ R_1 \to -2R_3 + R_1}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & -11 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & -4 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 6 & -1 & -1\end{array}\right)\]

Sol blok $I_3$ olduğuna göre sağ blok aranan terstir:

\[A^{-1} = \begin{pmatrix} -11 & 2 & 2 \\ -4 & 0 & 1 \\ 6 & -1 & -1\end{pmatrix}\]

Sağlama olarak $AA^{-1}$’in birinci satırını hesaplayalım: $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\end{pmatrix}$ satırı ile sırasıyla sütunlar çarpıldığında $-11 + 12 = 1$, $2 - 2 = 0$, $2 - 2 = 0$ bulunur.

$\blacksquare$

Örnek 6.2 (Singüler Bir Matris) $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & 9\end{pmatrix}$ matrisinin singüler olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Regülerlik ölçütü gereği $A$’nın satır kanonik şeklinin $I_3$ olup olmadığına bakmak yeterlidir:

\[\overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2 \\ R_3 \to R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & -1 & -6 \\ 0 & 2 & 12\end{pmatrix} \overset{R_2 \to -R_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 6 \\ 0 & 2 & 12\end{pmatrix} \overset{R_3 \to -2R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 6 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]

Elde edilen $B$ matrisi, $A$’nın satır indirgenmiş merdiven şeklidir ve $B \neq I_3$’tür. Satır kanonik şekil tek türlü belirli olduğundan $A \overset{\text{satır}}{\sim} I_3$ olamaz; dolayısıyla $A$ singülerdir.

$\blacksquare$

6.7 Alıştırma

Alıştırma 6.1 (Ters Hesabı ve Regülerlik)

$A = \begin{pmatrix} -1 & 2 & -3 \\ 2 & 1 & 0 \\ 4 & -2 & 5\end{pmatrix}$ matrisinin tersini bulunuz.
$B = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 5 & 2 & -3\end{pmatrix}$ matrisinin tersini bulunuz.
Bir $A_{(n,n)}$ matrisinin tersinin olması için gerek ve yeter koşulun, $A$’nın bir takım elemanter satır matrislerinin çarpımı biçiminde yazılabilmesi olduğunu gösteriniz.

Çözüm

a) $\big(A \mid I_3\big)$ üzerinde çalışalım. Önce birinci satırı $-1$ ile çarparak köşeye $1$ getirelim:

\[\left(\begin{array}{ccc|ccc} -1 & 2 & -3 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & -2 & 5 & 0 & 0 & 1\end{array}\right) \overset{R_1 \to -R_1}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & 3 & -1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & -2 & 5 & 0 & 0 & 1\end{array}\right)\]

Birinci sütunun altını temizleyelim:

\[\overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2 \\ R_3 \to -4R_1 + R_3}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & 3 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & -6 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 6 & -7 & 4 & 0 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_3 \to -R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & 3 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & -6 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 & -1 & 1\end{array}\right)\]

Üçüncü satırda $1$ belirdiğine göre onu ikinci sıraya alalım:

\[\overset{R_2 \leftrightarrow R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & 3 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 5 & -6 & 2 & 1 & 0\end{array}\right)\]

\[\overset{R_3 \to -5R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & 3 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & -8 & 6 & -5\end{array}\right)\]

\[\overset{R_3 \to -R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & 3 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 8 & -6 & 5\end{array}\right)\]

\[\overset{\substack{R_2 \to R_3 + R_2 \\ R_1 \to -3R_3 + R_1}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & 0 & -25 & 18 & -15 \\ 0 & 1 & 0 & 10 & -7 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & 8 & -6 & 5\end{array}\right)\]

Son olarak ikinci sütunu temizleyelim:

\[\overset{R_1 \to 2R_2 + R_1}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & -5 & 4 & -3 \\ 0 & 1 & 0 & 10 & -7 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & 8 & -6 & 5\end{array}\right)\]

Demek ki

\[A^{-1} = \begin{pmatrix} -5 & 4 & -3 \\ 10 & -7 & 6 \\ 8 & -6 & 5\end{pmatrix}\]

Sağlama: $AA^{-1}$’in birinci satırı $\begin{pmatrix} 5 + 20 - 24 & -4 - 14 + 18 & 3 + 12 - 15\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\end{pmatrix}$.

b) Aynı yöntemi uygulayalım:

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

\[\overset{R_3 \to -5R_1 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{5}{2} & 0 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_2 \to \frac{1}{2}R_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{5}{2} & 0 & 1\end{array}\right)\]

\[\overset{R_3 \to \frac{1}{2}R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{4} & -\frac{5}{2} & \frac{1}{4} & 1\end{array}\right) \overset{R_3 \to -4R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 10 & -1 & -4\end{array}\right)\]

Üçüncü sütunu temizleyelim:

\[\overset{\substack{R_2 \to -\frac{1}{2}R_3 + R_2 \\ R_1 \to \frac{1}{2}R_3 + R_1}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{11}{2} & -\frac{1}{2} & -2 \\ 0 & 1 & 0 & -5 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 10 & -1 & -4\end{array}\right)\]

\[\overset{R_1 \to -\frac{1}{2}R_2 + R_1}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 8 & -1 & -3 \\ 0 & 1 & 0 & -5 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 10 & -1 & -4\end{array}\right)\]

Yani

\[B^{-1} = \begin{pmatrix} 8 & -1 & -3 \\ -5 & 1 & 2 \\ 10 & -1 & -4\end{pmatrix}\]

Sağlama: $BB^{-1}$’in birinci satırı $\begin{pmatrix} 16 - 5 - 10 & -2 + 1 + 1 & -6 + 2 + 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\end{pmatrix}$.

c) Gereklik. $A$ regüler olsun. Regülerlik ölçütüne göre $A \overset{\text{satır}}{\sim} I_n$’dir; dolayısıyla elemanter matrislerin çarpımı olan bir $P$ ile $PA = I_n$ yazılır. Buradan

\[A = P^{-1}\]

bulunur. $P = \widehat{E}^{(p)}\cdots\widehat{E}^{(1)}$ ise çarpımın tersi kuralıyla

\[A = P^{-1} = \big(\widehat{E}^{(1)}\big)^{-1}\cdots\big(\widehat{E}^{(p)}\big)^{-1}\]

olur. Elemanter matrislerin tersleri de elemanter olduğundan $A$, elemanter matrislerin bir çarpımıdır.

Yeterlik. $A = \widehat{E}^{(1)}\widehat{E}^{(2)}\cdots\widehat{E}^{(p)}$ olsun. Her elemanter matris regülerdir ve regüler matrislerin çarpımı regülerdir; nitekim

\[A^{-1} = \big(\widehat{E}^{(p)}\big)^{-1}\cdots\big(\widehat{E}^{(1)}\big)^{-1}\]

matrisi $A$’nın tersidir. Demek ki $A$’nın tersi vardır.

$\blacksquare$

Matris makinesi hazır. Şimdi onu asıl işinde kullanacağız: bilinmeyenleri bulmak. Sıradaki bölümde lineer denklemleri ve sistemlerini kurup çözüm kümesinin yapısını inceliyoruz: lineer denklemler ve sistemleri.