43 Problemler
Kitabın son bölümü yeni bir kavram tanıtmaz; buraya kadar kurulan bütün araçları karma problemler üzerinde bir arada çalıştırır. Sorular kabaca işlenişteki sıraya göre dizilmiştir: önce lineer dönüşümler ve boyut hesapları, sonra determinantlar ve ters matris, ardından özdeğerler ve köşegenleştirme; bölüm, birinci dönemin vektör uzayı konularına dönen bir genel tekrar kısmıyla kapanır.
43.1 Çekirdek, Görüntü, Rank ve Sıfırlık
Örnek 43.1 (Bir Operatörün Rankı ve Sıfırlığı) \(L : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\) lineer dönüşümü
\[L(x,y,z) = (x + 2y - z,\ 2x + z,\ x - 2y + 2z)\]
biçiminde veriliyor. \(L\)’nin çekirdek ve görüntü uzaylarını belirleyerek \(\operatorname{rank}(L)\) ile \(\operatorname{Nullity}(L)\) değerlerini bulunuz. (Bazı kaynaklarda Nullity yerine sıfırlık terimi geçer; ikisi aynı sayıdır.)
Çözüm
Görüntü. Standart taban vektörlerinin görüntüleri \(\operatorname{Im} L\)’yi doğurur:
\[L(1,0,0) = (1,2,1), \qquad L(0,1,0) = (2,0,-2), \qquad L(0,0,1) = (-1,1,2)\]
Bu üç vektörü satır olarak yazıp merdiven şekline indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 0 & -2 \\ -1 & 1 & 2\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2\\ R_3 \to R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & -4 & -4 \\ 0 & 3 & 3\end{pmatrix}\]
İkinci satırı \(-4\)’e bölüp üçüncü satırdan çıkaralım:
\[\sim \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 3 & 3\end{pmatrix} \overset{R_3 \to -3R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
\[\big\{(1,2,1),\ (0,1,1)\big\} \text{ bir tabandır}, \qquad \operatorname{rank}(L) = \dim(\operatorname{Im} L) = 2\]
Çekirdek. \(L(x,y,z) = (0,0,0)\) denklem sistemini çözelim:
\[x + 2y - z = 0, \qquad 2x + z = 0, \qquad x - 2y + 2z = 0\]
İkinciden \(z = -2x\). Bunu birincide yerine koyalım: \(x + 2y + 2x = 0\), yani \(3x + 2y = 0\) ve \(y = -\tfrac{3}{2}x\). Üçüncü denklem kendiliğinden sağlanır:
\[x - 2\left(-\tfrac{3}{2}x\right) + 2(-2x) = x + 3x - 4x = 0 \ ✔\]
Kesirden kurtulmak için \(x = 2\) alalım: \(y = -3\), \(z = -4\).
\[\operatorname{Ker} L = \big\{k(2,-3,-4)\ :\ k \in \mathbb{R}\big\}, \qquad \operatorname{Nullity}(L) = \dim(\operatorname{Ker} L) = 1\]
Kontrol. Boyut teoremi: \(3 = 1 + 2\) ✔ Ayrıca \(L(2,-3,-4) = (2 - 6 + 4,\ 4 - 4,\ 2 + 6 - 8) = (0,0,0)\) ✔
Nullity sıfırdan farklı olduğundan \(L\) singülerdir; buna denk olarak \([L]_e\) matrisinin determinantı sıfırdır.
\(\blacksquare\)
43.2 Determinantlar ve Ters Matris
Örnek 43.2 (Ek Matrisle Ters ve Belirlediği Dönüşüm) \(A = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 4 \\ 2 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & 5\end{pmatrix}\) matrisinin tersini ek matris yardımıyla bulunuz ve \(A^{-1}\) matrisinin \(\mathbb{R}^{3}\) üzerinde belirlediği lineer dönüşümü yazınız.
Çözüm
Determinant. Birinci satıra göre açalım:
\[|A| = 1\big(2\cdot 5 - 1\cdot 3\big) - 3\big(2\cdot 5 - 1\cdot 0\big) + 4\big(2\cdot 3 - 2\cdot 0\big) = 7 - 30 + 24 = 1\]
\(|A| = 1 \ne 0\) olduğundan \(A\) regülerdir.
Kofaktörler. İşaret şablonuna dikkat ederek dokuz kofaktörü yazalım:
\[A_{11} = +(10 - 3) = 7, \qquad A_{12} = -(10 - 0) = -10, \qquad A_{13} = +(6 - 0) = 6\]
\[A_{21} = -(15 - 12) = -3, \qquad A_{22} = +(5 - 0) = 5, \qquad A_{23} = -(3 - 0) = -3\]
\[A_{31} = +(3 - 8) = -5, \qquad A_{32} = -(1 - 8) = 7, \qquad A_{33} = +(2 - 6) = -4\]
Ek matris. Kofaktörler matrisinin transpozesini alalım:
\[\operatorname{ek}A = \begin{pmatrix} 7 & -3 & -5 \\ -10 & 5 & 7 \\ 6 & -3 & -4\end{pmatrix}\]
\[A^{-1} = \frac{1}{|A|}\operatorname{ek}A = \begin{pmatrix} 7 & -3 & -5 \\ -10 & 5 & 7 \\ 6 & -3 & -4\end{pmatrix}\]
Kontrol. \(A\)’nın birinci satırı ile \(A^{-1}\)’in sütunlarını çarpalım:
\[(1,3,4)\cdot(7,-10,6) = 7 - 30 + 24 = 1, \quad (1,3,4)\cdot(-3,5,-3) = -3 + 15 - 12 = 0\]
\[(1,3,4)\cdot(-5,7,-4) = -5 + 21 - 16 = 0 \ ✔\]
Belirlediği dönüşüm. Bir matrisin sütun vektörleri üzerinde belirlediği dönüşüm \(v \mapsto A^{-1}v\)’dir; bileşenleri açalım:
\[T(x,y,z) = \big(7x - 3y - 5z,\ -10x + 5y + 7z,\ 6x - 3y - 4z\big)\]
Bu dönüşüm, \(A\)’nın belirlediği \(v \mapsto Av\) dönüşümünün tersidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 43.3 (Dördüncü Mertebeden Bir Determinant) \[\begin{vmatrix} 2 & 5 & -3 & -2 \\ -2 & -3 & 2 & -5 \\ 1 & 3 & -2 & 2 \\ -1 & -6 & 4 & 3\end{vmatrix}\]
determinantını hesaplayınız.
Çözüm
Üçüncü satırın ilk elemanı \(1\)’dir; onu kullanarak birinci sütunun kalanını sıfırlayalım. Bir satırın katını başka bir satıra eklemek determinantı değiştirmez:
\[R_1 \to -2R_3 + R_1, \qquad R_2 \to 2R_3 + R_2, \qquad R_4 \to R_3 + R_4\]
Satırları tek tek hesaplayalım:
\[R_1: (2,5,-3,-2) - 2(1,3,-2,2) = (0,\ -1,\ 1,\ -6)\] \[R_2: (-2,-3,2,-5) + 2(1,3,-2,2) = (0,\ 3,\ -2,\ -1)\] \[R_4: (-1,-6,4,3) + (1,3,-2,2) = (0,\ -3,\ 2,\ 5)\]
\[= \begin{vmatrix} 0 & -1 & 1 & -6 \\ 0 & 3 & -2 & -1 \\ 1 & 3 & -2 & 2 \\ 0 & -3 & 2 & 5\end{vmatrix}\]
Birinci sütunda yalnız \(a_{31} = 1\) sıfırdan farklıdır; bu sütuna göre açalım. İşaret \((-1)^{3+1} = +1\)’dir:
\[= 1\cdot\begin{vmatrix} -1 & 1 & -6 \\ 3 & -2 & -1 \\ -3 & 2 & 5\end{vmatrix}\]
Kalan determinantı birinci satıra göre açalım:
\[= -1\big((-2)(5) - (-1)(2)\big) - 1\big(3\cdot 5 - (-1)(-3)\big) + (-6)\big(3\cdot 2 - (-2)(-3)\big)\]
\[= -1(-10 + 2) - 1(15 - 3) - 6(6 - 6) = 8 - 12 - 0 = -4\]
\(\blacksquare\)
43.3 Dönüşüm Uzayında Lineer Bağımsızlık
Örnek 43.4 (Üç Dönüşümün Lineer Bağımsızlığı) \(L_1, L_2, L_3 : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{3}\) lineer dönüşümleri
\[L_1(a_1, a_2) = (a_1 + a_2,\ 2a_1,\ a_2)\] \[L_2(a_1, a_2) = (a_2 - a_1,\ 2a_1 + a_2,\ a_1)\] \[L_3(a_1, a_2) = (3a_1,\ -2a_2,\ a_1 + 2a_2)\]
biçiminde veriliyor. \(S = \{L_1, L_2, L_3\}\) kümesinin \(\operatorname{Hom}(\mathbb{R}^{2}, \mathbb{R}^{3})\) uzayında lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}\) olmak üzere
\[\alpha L_1 + \beta L_2 + \gamma L_3 = 0\]
olsun; buradaki \(0\), dönüşüm uzayının sıfır elemanı, yani her vektörü \((0,0,0)\)’a götüren sıfır dönüşümüdür. Bu eşitlik her \((a_1,a_2) \in \mathbb{R}^{2}\) için geçerli olmalıdır; özel olarak taban vektörlerinde de geçerlidir.
\((1,0)\) vektöründe. Üç dönüşümün değerleri:
\[L_1(1,0) = (1,\ 2,\ 0), \qquad L_2(1,0) = (-1,\ 2,\ 1), \qquad L_3(1,0) = (3,\ 0,\ 1)\]
\[\alpha(1,2,0) + \beta(-1,2,1) + \gamma(3,0,1) = (0,0,0)\]
Bileşenleri eşitleyelim:
\[\alpha - \beta + 3\gamma = 0, \qquad 2\alpha + 2\beta = 0, \qquad \beta + \gamma = 0\]
İkinciden \(\beta = -\alpha\), üçüncüden \(\gamma = -\beta = \alpha\) çıkar. Bunları birincide yerine koyalım:
\[\alpha + \alpha + 3\alpha = 5\alpha = 0 \qquad \Longrightarrow \qquad \alpha = 0\]
Buradan \(\beta = 0\) ve \(\gamma = 0\) bulunur.
Bütün katsayılar sıfır olmak zorunda olduğundan \(S\) lineer bağımsızdır.
Not. Yalnızca \((1,0)\) vektörünü kullanmak sonuca ulaşmaya yetti. \((0,1)\) vektörü de denenebilirdi:
\[L_1(0,1) = (1,0,1), \qquad L_2(0,1) = (1,1,0), \qquad L_3(0,1) = (0,-2,2)\]
\(\alpha = \beta = \gamma = 0\) bu denklemleri de sağlar; bir çelişki çıkmaz.
\(\blacksquare\)
\(\dim \operatorname{Hom}(\mathbb{R}^{2}, \mathbb{R}^{3}) = 2\cdot 3 = 6\) olduğundan bu üç dönüşüm, altı boyutlu bir uzayda lineer bağımsız bir üçlüdür; bir tabana genişletilebilir ama tek başına taban değildir.
43.4 Özdeğerler ve Köşegenleştirme
Örnek 43.5 (Bir Operatörün Özdeğer ve Özvektörleri) \(\theta : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\) lineer dönüşümü
\[\theta(x_1, x_2, x_3) = \big(2x_1 + x_2 + 2x_3,\ x_1 + 2x_2 + 2x_3,\ x_1 + x_2 + 3x_3\big)\]
biçiminde veriliyor. \(\theta\)’nın özdeğerlerini ve bu özdeğerlere karşılık gelen özvektörleri belirleyiniz.
Çözüm
Matris gösterimi. Standart tabanda matris, katsayı matrisidir:
\[A = [\theta]_e = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 3\end{pmatrix}\]
Karakteristik polinom.
\[tI_3 - A = \begin{pmatrix} t - 2 & -1 & -2 \\ -1 & t - 2 & -2 \\ -1 & -1 & t - 3\end{pmatrix}\]
Birinci satıra göre açalım:
\[ \begin{aligned} \Delta_\theta(t) &= (t-2)\big[(t-2)(t-3) - 2\big] + 1\big[-(t-3) - 2\big] - 2\big[1 + (t-2)\big]\\[1mm] &= (t-2)\big(t^{2} - 5t + 4\big) + (-t + 1) - 2(t - 1)\\[1mm] &= (t-2)(t-1)(t-4) - (t-1) - 2(t-1)\\[1mm] &= (t-1)\big[(t-2)(t-4) - 3\big] = (t-1)\big(t^{2} - 6t + 5\big)\\[1mm] &= (t-1)(t-1)(t-5) = (t-1)^{2}(t-5) \end{aligned} \]
Kontrol. \(\operatorname{iz}(A) = 2 + 2 + 3 = 7\); köklerin toplamı \(1 + 1 + 5 = 7\) ✔
Özdeğerler \(\lambda = 1\) (iki katlı) ve \(\lambda = 5\)’tir.
\(\lambda = 1\) öz uzayı. Karakteristik matriste \(t = 1\) yazalım:
\[\begin{pmatrix} -1 & -1 & -2 \\ -1 & -1 & -2 \\ -1 & -1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix} = 0 \qquad \Longrightarrow \qquad x_1 + x_2 + 2x_3 = 0\]
Üç denklem de aynıdır; iki serbest değişken vardır:
\[x_2 = 1,\ x_3 = 0 \ \Longrightarrow\ x_1 = -1: \quad u = (-1,\ 1,\ 0)\] \[x_2 = 0,\ x_3 = 1 \ \Longrightarrow\ x_1 = -2: \quad v = (-2,\ 0,\ 1)\]
\(V_1\) iki boyutludur ve \(\{u, v\}\) bir tabanıdır.
\(\lambda = 5\) öz uzayı. \(t = 5\) yazalım:
\[\begin{pmatrix} 3 & -1 & -2 \\ -1 & 3 & -2 \\ -1 & -1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{pmatrix} = 0\]
Üçüncü denklem \(x_1 + x_2 = 2x_3\), birinci denklem \(3x_1 - x_2 = 2x_3\) verir. İkisini toplarsak \(4x_1 = 4x_3\), yani \(x_1 = x_3\); buradan \(x_2 = 2x_3 - x_1 = x_3\) çıkar. \(x_3 = 1\) alalım:
\[w = (1,\ 1,\ 1), \qquad V_5 \text{ bir boyutludur}\]
Kontrol. \(\theta(1,1,1) = (2+1+2,\ 1+2+2,\ 1+1+3) = (5,5,5) = 5w\) ✔ ve \(\theta(-1,1,0) = (-2+1,\ -1+2,\ -1+1) = (-1,1,0) = u\) ✔
Ek gözlem. Toplam üç tane lineer bağımsız özvektör bulundu; öyleyse \(\theta\) köşegenleştirilebilirdir ve sütunları \(u\), \(v\), \(w\) olan \(P\) matrisi için \(P^{-1}AP = \operatorname{diag}(1,1,5)\)’tir.
\(\blacksquare\)
Örnek 43.6 (Bir Operatörün Köşegenleştirilmesi) \(T : \mathbb{R}^{2} \to \mathbb{R}^{2}\), \(T(a,b) = (b - a,\ a - 3b)\) lineer dönüşümünün belirlediği matrisi bularak köşegenleştiriniz ve bir \(P\) regüler matrisi için \(P^{-1}AP = D\) eşitliğini sağlayınız.
Çözüm
Matris. Standart tabanda \(T(1,0) = (-1,1)\) ve \(T(0,1) = (1,-3)\) olduğundan bunlar sütunlardır:
\[A = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -3\end{pmatrix}\]
Karakteristik polinom.
\[\Delta_A(t) = \begin{vmatrix} t + 1 & -1 \\ -1 & t + 3\end{vmatrix} = (t+1)(t+3) - 1 = t^{2} + 4t + 2\]
Kökleri bulalım:
\[t = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 8}}{2} = \frac{-4 \pm 2\sqrt{2}}{2} = -2 \pm \sqrt{2}\]
Kontrol. Köklerin toplamı \(-4 = \operatorname{iz}(A)\) ✔; çarpımları \((-2)^{2} - 2 = 2 = |A| = 3 - 1\) ✔
İki farklı reel özdeğer bulunduğundan \(A\) köşegenleştirilebilirdir.
Özvektörler. \(\lambda I_2 - A\) matrisinin birinci satırı \((\lambda + 1,\ -1)\)’dir; denklem
\[(\lambda + 1)x - y = 0 \qquad \Longrightarrow \qquad y = (\lambda + 1)x\]
\(x = 1\) alalım.
\[\lambda_1 = -2 + \sqrt{2}: \quad v_1 = \big(1,\ \sqrt{2} - 1\big)\] \[\lambda_2 = -2 - \sqrt{2}: \quad v_2 = \big(1,\ -\sqrt{2} - 1\big)\]
Kontrol. Önce \(A v_1\)’i hesaplayalım:
\[A v_1 = \big(-1 + (\sqrt{2}-1),\ 1 - 3(\sqrt{2}-1)\big) = \big(\sqrt{2} - 2,\ 4 - 3\sqrt{2}\big)\]
Öte yandan
\[\lambda_1v_1 = (-2+\sqrt{2})\big(1,\ \sqrt{2}-1\big) = \big(\sqrt{2} - 2,\ (-2+\sqrt{2})(\sqrt{2}-1)\big)\]
\[(-2+\sqrt{2})(\sqrt{2}-1) = -2\sqrt{2} + 2 + 2 - \sqrt{2} = 4 - 3\sqrt{2} \ ✔\]
Köşegenleştirme. Sütunları özvektörler olan matrisi kuralım:
\[P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ \sqrt{2} - 1 & -\sqrt{2} - 1\end{pmatrix}, \qquad |P| = -\sqrt{2} - 1 - \sqrt{2} + 1 = -2\sqrt{2} \ne 0\]
\(P\) regülerdir ve \(Av_1 = \lambda_1v_1\), \(Av_2 = \lambda_2v_2\) olduğundan
\[AP = P\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2\end{pmatrix} \qquad \Longrightarrow \qquad P^{-1}AP = D = \begin{pmatrix} -2 + \sqrt{2} & 0 \\ 0 & -2 - \sqrt{2}\end{pmatrix}\]
\(\blacksquare\)
Ders kitaplarındaki örneklerde özdeğerler çoğu zaman tam sayı çıkar; bu, sorunun kolay hesaplanabilmesi için özellikle seçilmiş olmasındandır. Yukarıdaki gibi karakteristik polinomun kökleri irrasyonel de olabilir. Böyle durumlarda \(P^{-1}\)’i açıkça hesaplamak yerine \(AP = PD\) eşitliğini doğrulamak çok daha kısadır.
Örnek 43.7 (Özdeğerlerden Okunanlar) \(3\). mertebeden bir \(A\) reel kare matrisinin özdeğerlerinin \(1\), \(2\) ve \(-3\) olduğu biliniyor. Buna göre
- \(A\)’nın karakteristik polinomunu,
- \(\operatorname{iz}(A)\) ve \(|A|\) değerlerini,
- \(\big|A^{-1}\big|\) ve \(\operatorname{iz}\big(A^{2}\big)\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
a) Karakteristik polinom \(3\). dereceden, baş katsayısı \(1\) olan ve kökleri verilen sayılar olan polinomdur:
\[\Delta_A(t) = (t - 1)(t - 2)(t + 3) = t^{3} - 7t + 6\]
Açılımı görelim: \((t-1)(t-2) = t^{2} - 3t + 2\) olduğundan çarpım şu polinomu verir:
\[(t^{2} - 3t + 2)(t+3) = t^{3} + 3t^{2} - 3t^{2} - 9t + 2t + 6 = t^{3} - 7t + 6\]
b) Karakteristik polinomda \(t^{2}\)’nin katsayısı \(-\operatorname{iz}(A)\), sabit terim ise \((-1)^{3}|A| = -|A|\)’dır. Açılımda \(t^{2}\) terimi yoktur ve sabit terim \(6\)’dır:
\[\operatorname{iz}(A) = 0, \qquad |A| = -6\]
Doğrulama. İz, özdeğerlerin toplamı: \(1 + 2 - 3 = 0\) ✔ Determinant, özdeğerlerin çarpımı: \(1\cdot 2\cdot(-3) = -6\) ✔
c) \(|A| = -6 \ne 0\) olduğundan \(A\) regülerdir ve
\[\big|A^{-1}\big| = \frac{1}{|A|} = -\frac{1}{6}\]
\(\lambda\), \(A\)’nın bir özdeğeri ise \(\lambda^{2}\), \(A^{2}\)’nin bir özdeğeridir. \(A\)’nın özvektörlerinden oluşan bir taban bulunduğu bilinmese bile, karakteristik polinomun kökleri toplamının iz olduğu her zaman geçerlidir; \(A^{2}\)’nin özdeğerleri \(1\), \(4\) ve \(9\) olduğundan
\[\operatorname{iz}\big(A^{2}\big) = 1 + 4 + 9 = 14\]
\(\blacksquare\)
Örnek 43.8 (Köşegenleştirmeyle Kuvvet Hesabı) \(A = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3\end{pmatrix}\) matrisi için \(A^{n}\)’yi \(n\) cinsinden bulunuz.
Çözüm
Özdeğerler.
\[\Delta_A(t) = \begin{vmatrix} t - 4 & -1 \\ -2 & t - 3\end{vmatrix} = (t-4)(t-3) - 2 = t^{2} - 7t + 10 = (t - 5)(t - 2)\]
Özdeğerler \(5\) ve \(2\)’dir.
Özvektörler.
\(t = 5\): \(\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 2\end{pmatrix}x = 0 \Rightarrow x - y = 0\); özvektör \((1,1)\).
\(t = 2\): \(\begin{pmatrix} -2 & -1 \\ -2 & -1\end{pmatrix}x = 0 \Rightarrow 2x + y = 0\); \(x = 1\) için \(y = -2\), özvektör \((1,-2)\).
Köşegenleştirme.
\[P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2\end{pmatrix}, \qquad |P| = -3, \qquad P^{-1} = \frac{1}{-3}\begin{pmatrix} -2 & -1 \\ -1 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} \\[2mm] \tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}\]
\[P^{-1}AP = D = \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 2\end{pmatrix}\]
Kuvvet. \(A = PDP^{-1}\) olduğundan \(A^{n} = PD^{n}P^{-1}\)’dir:
\[PD^{n} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5^{n} & 0 \\ 0 & 2^{n}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5^{n} & 2^{n} \\ 5^{n} & -2\cdot 2^{n}\end{pmatrix}\]
\[A^{n} = \begin{pmatrix} 5^{n} & 2^{n} \\ 5^{n} & -2\cdot 2^{n}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} \\[2mm] \tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2\cdot 5^{n} + 2^{n} & 5^{n} - 2^{n} \\ 2\cdot 5^{n} - 2\cdot 2^{n} & 5^{n} + 2\cdot 2^{n}\end{pmatrix}\]
Kontrol. \(n = 1\) için
\[\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 10 + 2 & 5 - 2 \\ 10 - 4 & 5 + 4\end{pmatrix} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 12 & 3 \\ 6 & 9\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3\end{pmatrix} = A \ ✔\]
\(\blacksquare\)
43.5 Cayley-Hamilton Uygulaması
Örnek 43.9 (Cayley-Hamilton ile Ters Matris) Cayley-Hamilton teoremini ifade ediniz ve \(A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix}\) matrisinin tersini bu teorem yardımıyla hesaplayınız.
Çözüm
Teorem. Her kare matris, kendi karakteristik polinomunun bir köküdür: \(\Delta_A(A) = 0\).
Karakteristik polinom.
\[tI_3 - A = \begin{pmatrix} t - 1 & 1 & -1 \\ -1 & t - 2 & -1 \\ 0 & -1 & t - 1\end{pmatrix}\]
Birinci sütunda bir sıfır var; bu sütuna göre açalım:
\[ \begin{aligned} \Delta_A(t) &= (t-1)\begin{vmatrix} t - 2 & -1 \\ -1 & t - 1\end{vmatrix} - (-1)\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -1 & t - 1\end{vmatrix}\\[1mm] &= (t-1)\big[(t-2)(t-1) - 1\big] + \big[(t-1) - 1\big]\\[1mm] &= (t-1)\big(t^{2} - 3t + 1\big) + t - 2\\[1mm] &= t^{3} - 3t^{2} + t - t^{2} + 3t - 1 + t - 2 = t^{3} - 4t^{2} + 5t - 3 \end{aligned} \]
Kontrol. \(\operatorname{iz}(A) = 1 + 2 + 1 = 4\) olduğundan \(t^{2}\)’nin katsayısı \(-4\) olmalıydı ✔ Sabit terim \((-1)^{3}|A| = -|A|\); gerçekten
\[|A| = 1(2 - 1) + 1(1 - 0) + 1(1 - 0) = 3\]
ve \(-3\) çıktı ✔
Ters. Cayley-Hamilton teoremi gereği
\[A^{3} - 4A^{2} + 5A - 3I_3 = 0\]
Sabit terimi karşıya atıp \(A\)’yı ortak çarpan yapalım:
\[A\big(A^{2} - 4A + 5I_3\big) = 3I_3 \qquad \Longrightarrow \qquad A^{-1} = \frac{1}{3}\big(A^{2} - 4A + 5I_3\big)\]
Önce \(A^{2}\)’yi hesaplayalım:
\[A^{2} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \\ 1 & 3 & 2\end{pmatrix}\]
(Örneğin birinci satır: \((1,-1,1)\) ile sütunların çarpımları \(1 - 1 + 0 = 0\), \(-1 - 2 + 1 = -2\), \(1 - 1 + 1 = 1\)’dir.)
\[A^{2} - 4A + 5I_3 = \begin{pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \\ 1 & 3 & 2\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 4 & -4 & 4 \\ 4 & 8 & 4 \\ 0 & 4 & 4\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 3\end{pmatrix}\]
\[A^{-1} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 2 & -3 \\ -1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 3\end{pmatrix}\]
Kontrol. \(A\)’nın birinci satırı \((1,-1,1)\) ile \(3A^{-1}\)’in sütunlarını çarpalım:
\[(1,-1,1)\cdot(1,-1,1) = 3, \qquad (1,-1,1)\cdot(2,1,-1) = 0, \qquad (1,-1,1)\cdot(-3,0,3) = 0\]
\(\tfrac{1}{3}\) çarpanıyla birlikte birinci satır \((1,0,0)\) çıktı ✔
\(\blacksquare\)
43.6 Genel Tekrar: Vektör Uzayları
Son üç problem, dönemin başındaki vektör uzayı kavramlarına dönüyor: alt uzay, direkt toplam, lineer bağımsızlık ve taban.
Örnek 43.10 (Alt Uzaylar ve Direkt Toplam) \[U = \big\{(a,b,c) \in \mathbb{R}^{3}\ :\ a + b + c = 0\big\}, \qquad W = \big\{(a,0,0)\ :\ a \in \mathbb{R}\big\}\]
olsun.
- \(U\) ve \(W\) kümelerinin \(\mathbb{R}^{3}\)’ün birer alt uzayı olduğunu gösteriniz.
- \(\mathbb{R}^{3} = U \oplus W\) midir?
Çözüm
a) \(U\) bir alt uzaydır. \((0,1,-1) \in U\) olduğundan \(U\) boş değildir.
Toplama. \(u = (a,b,c)\) ve \(u' = (a',b',c')\), \(U\)’da olsun; yani \(a + b + c = 0\) ve \(a' + b' + c' = 0\)’dır. Toplamlarının bileşenleri toplanır:
\[u + u' = (a + a',\ b + b',\ c + c')\]
\[(a + a') + (b + b') + (c + c') = (a+b+c) + (a'+b'+c') = 0 + 0 = 0\]
Öyleyse \(u + u' \in U\)’dur.
Skalerle çarpım. \(k \in \mathbb{R}\) için \(ku = (ka, kb, kc)\) ve
\[ka + kb + kc = k(a + b + c) = k\cdot 0 = 0\]
Öyleyse \(ku \in U\)’dur.
\(W\) bir alt uzaydır. \((0,0,0) \in W\) olduğundan boş değildir. \(w = (a,0,0)\) ve \(w' = (a',0,0)\) için
\[w + w' = (a + a',\ 0,\ 0) \in W, \qquad kw = (ka,\ 0,\ 0) \in W\]
b) Direkt toplam için iki koşul gerekir.
\(\mathbb{R}^{3} = U + W\). Herhangi bir \((a,b,c) \in \mathbb{R}^{3}\) vektörünü yazalım:
\[(a,b,c) = \underbrace{(-b - c,\ b,\ c)}_{\in\, U} + \underbrace{(a + b + c,\ 0,\ 0)}_{\in\, W}\]
Birinci vektörün bileşenleri toplamı \(-b - c + b + c = 0\) olduğundan \(U\)’dadır; ikincisi tanımı gereği \(W\)’dedir. Öyleyse \(\mathbb{R}^{3} \subseteq U + W\); ters kapsama açık olduğundan \(\mathbb{R}^{3} = U + W\)’dir.
\(U \cap W = \{(0,0,0)\}\). \((a,b,c) \in U \cap W\) olsun. \(W\)’de olmak \(b = c = 0\) demektir; \(U\)’da olmak ise \(a + b + c = 0\), yani \(a = 0\) demektir. Öyleyse kesişim yalnız sıfır vektöründen oluşur.
İki koşul da sağlandığından \(\mathbb{R}^{3} = U \oplus W\)’dir.
\(\blacksquare\)
Örnek 43.11 (Dört Boyutlu Uzayda Bağımsızlık) \(\mathbb{R}^{4}\)’te
\[w_1 = (1,4,-1,3), \qquad w_2 = (2,1,-3,-1), \qquad w_3 = (0,2,1,-5)\]
vektörleri veriliyor.
- \(w_1\), \(w_2\), \(w_3\) vektörlerinin lineer bağımsız olup olmadığını araştırınız.
- \(W = L(w_1, w_2, w_3)\) olmak üzere \((1,-6,-1,2) \in \mathbb{R}^{4}\) vektörünün \(W\)’ye ait olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm
a) Üç vektörü satır olarak yazıp merdiven şekline indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & 4 & -1 & 3 \\ 2 & 1 & -3 & -1 \\ 0 & 2 & 1 & -5\end{pmatrix} \overset{R_2 \to -2R_1 + R_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -1 & 3 \\ 0 & -7 & -1 & -7 \\ 0 & 2 & 1 & -5\end{pmatrix}\]
\[\overset{R_3 \to \frac{2}{7}R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -1 & 3 \\ 0 & -7 & -1 & -7 \\ 0 & 0 & \tfrac{5}{7} & -7\end{pmatrix}\]
Üç satır da sıfırdan farklı kaldı; merdiven matrisin sıfırdan farklı satırları lineer bağımsız olduğundan \(w_1, w_2, w_3\) lineer bağımsızdır ve \(\dim W = 3\)’tür.
b) \((1,-6,-1,2) = x\,w_1 + y\,w_2 + z\,w_3\) olacak \(x,y,z\) arayalım. Bileşenleri eşitlersek:
\[x + 2y = 1, \qquad 4x + y + 2z = -6, \qquad -x - 3y + z = -1, \qquad 3x - y - 5z = 2\]
Birinciden \(x = 1 - 2y\). Üçüncüde yerine koyalım:
\[-(1 - 2y) - 3y + z = -1 \quad \Longrightarrow \quad -1 + 2y - 3y + z = -1 \quad \Longrightarrow \quad z = y\]
İkincide yerine koyalım:
\[4(1 - 2y) + y + 2y = -6 \quad \Longrightarrow \quad 4 - 5y = -6 \quad \Longrightarrow \quad y = 2\]
Buradan \(z = 2\) ve \(x = 1 - 4 = -3\) çıkar. Şimdi dördüncü denklemi denetleyelim:
\[3(-3) - 2 - 5(2) = -9 - 2 - 10 = -21 \ne 2\]
Dördüncü denklem sağlanmıyor; sistemin çözümü yoktur. Öyleyse
\[(1,-6,-1,2) \notin W\]
\(\blacksquare\)
Örnek 43.12 (Taban mıdır?) \[\big\{(1,3,-4),\ (1,4,-3),\ (2,3,-11)\big\}\]
kümesi \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir tabanı mıdır? Sebebiyle birlikte açıklayınız.
Çözüm
\(\mathbb{R}^{3}\) üç boyutlu olduğundan üç vektörden oluşan bir küme, ancak lineer bağımsızsa taban olur. Bağımsızlığı sınayalım:
\[x(1,3,-4) + y(1,4,-3) + z(2,3,-11) = (0,0,0)\]
\[x + y + 2z = 0, \qquad 3x + 4y + 3z = 0, \qquad -4x - 3y - 11z = 0\]
Birinciden \(x = -y - 2z\); ikincide yerine koyalım:
\[3(-y - 2z) + 4y + 3z = 0 \quad \Longrightarrow \quad y - 3z = 0 \quad \Longrightarrow \quad y = 3z\]
Buradan \(x = -3z - 2z = -5z\) çıkar. Üçüncü denklem kendiliğinden sağlanır:
\[-4(-5z) - 3(3z) - 11z = 20z - 9z - 11z = 0 \ ✔\]
\(z\) serbest kaldığından sistemin sıfırdan farklı çözümleri vardır; örneğin \(z = 1\) için \((x,y,z) = (-5,\ 3,\ 1)\):
\[-5(1,3,-4) + 3(1,4,-3) + (2,3,-11) = (-5 + 3 + 2,\ -15 + 12 + 3,\ 20 - 9 - 11) = (0,0,0)\]
Küme lineer bağımlıdır, dolayısıyla \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir tabanı değildir.
Aynı sonucun determinantla görülüşü. Sütunları bu üç vektör olan matrisin determinantı
\[\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 3 & 4 & 3 \\ -4 & -3 & -11\end{vmatrix} = 1(-44 + 9) - 1(-33 + 12) + 2(-9 + 16) = -35 + 21 + 14 = 0\]
sıfır olduğundan matris regüler değildir; sütunları lineer bağımlıdır.
\(\blacksquare\)
43.7 Alıştırma
Alıştırma 43.1 (Karma Sorular)
- \(V\) bir vektör uzayı ve \(S = \{v_1, \dots, v_n\}\), \(V\)’nin lineer bağımsız bir alt kümesi olsun. \(S\)’nin her alt kümesinin de lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
- \(A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \\ 4 & -2 & 5\end{pmatrix}\) matrisinin özdeğerlerini bulunuz ve köşegenleştirilebilir olup olmadığını belirleyiniz.
- \(T : \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3}\), \(T(x,y,z) = (x + y,\ y + z,\ z + x)\) operatörünün determinantını hesaplayıp tersinir olup olmadığını söyleyiniz.
Çözüm
1. \(S\)’nin lineer bağımlı bir \(\{v_{i_1}, \dots, v_{i_m}\}\) alt kümesi (\(m \le n\)) bulunduğunu varsayalım. O zaman hepsi birden sıfır olmayan \(a_{i_1}, \dots, a_{i_m}\) skalerleriyle
\[a_{i_1}v_{i_1} + \cdots + a_{i_m}v_{i_m} = 0\]
yazılabilirdi. Bu eşitliğe, \(S\)’nin geri kalan vektörlerini sıfır katsayıyla ekleyelim:
\[a_1v_1 + a_2v_2 + \cdots + a_nv_n = 0\]
Burada alt kümede bulunmayan indislerin katsayıları sıfırdır; ama en az bir \(a_{i_j}\) sıfırdan farklı olduğundan katsayıların hepsi sıfır değildir. Bu, \(S\)’nin lineer bağımlı olması demektir ve varsayımla çelişir. Öyleyse \(S\)’nin her alt kümesi lineer bağımsızdır.
2. \(A\) alt üçgenseldir; üçgensel bir matrisin özdeğerleri köşegen elemanlarıdır:
\[\Delta_A(t) = (t - 2)(t - 3)(t - 5)\]
Özdeğerler \(2\), \(3\) ve \(5\)’tir. Üç tane farklı özdeğer bulunduğundan \(A\) köşegenleştirilebilirdir.
3. Standart tabanda matris
\[[T]_e = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}\]
Birinci satıra göre açalım:
\[\det(T) = 1(1 - 0) - 1(0 - 1) + 0 = 1 + 1 = 2\]
\(\det(T) = 2 \ne 0\) olduğundan \(T\) tersinirdir.
\(\blacksquare\)