18 Boyut Teoremleri
Boyutun iyi tanımlı bir sayı olduğunu biliyoruz. Bu bölümde onu bir araca dönüştürüyoruz: bağımsız bir küme ne zaman tabana tamamlanır, bir alt uzayın boyutu ana uzayınkinden nasıl küçük kalır ve iki alt uzayın toplamının boyutu nasıl hesaplanır? Son sorunun yanıtı, kesişimi de hesaba katan zarif bir formüldür.
18.1 Maksimal Bağımsız Alt Küme
Tanım 18.1 (Maksimal Bağımsız Alt Küme) \(S\), bir \(V(K)\) vektör uzayının bir alt kümesi olsun. Aşağıdaki koşullar sağlanırsa \(\{v_1, \dots, v_m\}\) kümesine \(S\)’nin bir maksimal bağımsız alt kümesi denir:
Koşul 1. \(\{v_1, \dots, v_m\}\), \(S\)’nin lineer bağımsız bir alt kümesidir.
Koşul 2. Her \(w \in S\) için \(\{v_1, \dots, v_m, w\}\) kümesi lineer bağımlıdır.
Teorem 18.1 (Bağımlılıktan Kombinezona) \(\{v_1, \dots, v_m\}\), \(V(K)\)’nin lineer bağımsız bir alt kümesi olsun. \(w \in V\) için \(\{v_1, \dots, v_m, w\}\) kümesi lineer bağımlı ise \(w\), \(v_1, \dots, v_m\) vektörlerinin bir lineer kombinezonudur.
İspat
Bağımlılık gereği, hepsi birden sıfır olmayan \(a_1, \dots, a_m, b \in K\) ile
\[a_1 v_1 + \cdots + a_m v_m + b w = 0_V\]
yazılır. Eğer \(b = 0_K\) olsaydı bağıntı \(a_1 v_1 + \cdots + a_m v_m = 0_V\) hâline gelirdi ve katsayılar hepsi birden sıfır olmadığından \(\{v_1, \dots, v_m\}\) bağımlı çıkardı — hipotezle çelişir. Demek ki \(b \neq 0_K\)’dır.
\(K\) bir cisim olduğundan \(b^{-1}\) vardır; \(w\)’yi yalnız bırakalım:
\[w = -\big(b^{-1}a_1\big)v_1 - \cdots - \big(b^{-1}a_m\big)v_m \in L(v_1, \dots, v_m)\]
\(\blacksquare\)
Teorem 18.2 (Sonlu Doğuran Kümeden Taban) \(V(K)\) vektör uzayı, boş kümeden farklı sonlu bir \(S\) kümesi tarafından doğrulsun (\(V = L(S)\)). Bu takdirde \(V\) sonlu boyutludur ve \(S\)’nin bir alt kümesi \(V\)’nin bir tabanıdır.
İspat
\(S\)’nin bütün elemanları \(0_V\) ise \(V = L(S) = \{0_V\}\)’dir ve tanım gereği \(\dim V = 0\)’dır; iddia bu durumda geçerlidir.
Aksi hâlde \(S\), sıfırdan farklı bir vektör içerir ve bu vektör tek başına lineer bağımsız bir alt küme oluşturur. \(S\) sonlu olduğundan \(S\)’nin lineer bağımsız alt kümeleri de sonlu sayıdadır; bunlar arasında eleman sayısı en büyük olanı seçelim ve \(\{v_1, \dots, v_m\}\) diyelim.
Bu küme \(S\)’nin maksimal bağımsız alt kümesidir: \(w \in S\) için \(\{v_1, \dots, v_m, w\}\) bağımsız olsaydı, daha çok elemanlı bağımsız bir alt küme bulunmuş olurdu ve bu seçimimizle çelişirdi (eğer \(w\) zaten \(v_i\)’lerden biriyse küme tekrar eden vektör içerdiğinden bağımlıdır). Bir sonraki teorem bu kümenin bir taban olduğunu verir.
\(\blacksquare\)
Teorem 18.3 (Maksimal Bağımsız Alt Küme Bir Tabandır) \(\{v_1, \dots, v_m\}\), \(V(K)\)’yi doğuran bir \(S\) kümesinin (\(V = L(S)\)) maksimal bağımsız alt kümesi ise \(\{v_1, \dots, v_m\}\), \(V\)’nin bir tabanıdır.
İspat
Küme zaten lineer bağımsızdır; geriye \(V\)’yi doğurduğunu göstermek kalır.
\(w \in S\) alalım. Koşul 2 gereği \(\{v_1, \dots, v_m, w\}\) lineer bağımlıdır; \(\{v_1, \dots, v_m\}\) bağımsız olduğundan bir önceki teorem uygulanır:
\[w \in L(v_1, \dots, v_m)\]
Bu her \(w \in S\) için doğru olduğundan \(S \subseteq L(v_1, \dots, v_m)\)’dir. \(L(v_1, \dots, v_m)\) bir alt uzay olduğundan, gerilen uzayın en küçüklüğü gereği
\[L(S) \subseteq L(v_1, \dots, v_m)\]
\(V = L(S)\) olduğundan \(V \subseteq L(v_1, \dots, v_m)\)’dir; ters kapsama \(v_i \in V\) olmasından gelir. Demek ki \(V = L(v_1, \dots, v_m)\)’dir ve küme hem bağımsız hem doğuran olduğundan bir tabandır.
\(\blacksquare\)
18.2 Boyutun Üç Sonucu
Teorem 18.4 (Sonlu Boyutlu Uzaylarda Üç Sonuç) \(V(K)\), \(n\)-boyutlu bir vektör uzayı olsun. O hâlde:
- \(V\)’de \(n+1\) veya daha fazla elemanlı bir küme lineer bağımlıdır.
- Herhangi bir lineer bağımsız küme, \(V(K)\)’nin bir tabanının alt kümesidir; yani bir tabana tamamlanabilir.
- \(n\) elemanlı lineer bağımsız bir küme, \(V(K)\)’nin bir tabanıdır.
İspat
\(\{e_1, \dots, e_n\}\), \(V(K)\)’nin bir tabanı olsun.
1. Taban \(V\)’yi doğurduğundan, değiştirme teoremi gereği \(V\)’de bağımsız bir kümenin eleman sayısı \(n\)’yi aşamaz. Dolayısıyla \(n+1\) veya daha fazla elemanlı her küme bağımlıdır.
2. \(\{v_1, \dots, v_r\}\) lineer bağımsız olsun. Değiştirme teoremi, uygun \(n-r\) tane taban vektörü seçilerek
\[V = L\big(v_1, \dots, v_r,\ e_{i_1}, \dots, e_{i_{n-r}}\big)\]
olduğunu verir. Sağdaki küme \(S\) olsun; \(S\) sonludur ve \(V = L(S)\)’dir. Bir önceki teoreme göre \(S\)’nin bir alt kümesi \(V\)’nin tabanıdır. \(S\)’nin eleman sayısı \(n\)’dir ve \(V\)’nin her tabanında \(n\) eleman bulunduğundan bu alt küme \(S\)’nin kendisidir. Demek ki \(S\) bir tabandır ve \(\{v_1, \dots, v_r\}\)’yi içerir.
3. \(T\), \(V\)’nin \(n\) elemanlı bağımsız bir alt kümesi olsun. (2)’ye göre \(T\), bir tabanın alt kümesidir; her tabanda \(n\) eleman bulunduğundan ve \(T\) de \(n\) elemanlı olduğundan \(T\)’nin kendisi o tabandır.
\(\blacksquare\)
Teorem 18.5 (Alt Uzayın Boyutu) \(V(K)\) \(n\)-boyutlu bir vektör uzayı ve \(W\), \(V\)’nin bir alt vektör uzayı olsun. O hâlde
\[\dim W \le n\]
Ayrıca \(\dim W = n\) ise \(W = V\)’dir.
İspat
\(W \subseteq V\) olduğundan \(W\)’nin bir tabanı, aynı zamanda \(V\)’de lineer bağımsız bir kümedir. Bir önceki teoremin birinci maddesine göre \(V\)’de bağımsız bir kümenin eleman sayısı \(n\)’yi aşamaz; dolayısıyla \(W\)’nin tabanı en çok \(n\) elemanlıdır, yani \(\dim W \le n\)’dir.
\(\dim W = n\) olsun ve \(\{w_1, \dots, w_n\}\), \(W\)’nin bir tabanı olsun. Bu küme \(V\)’nin \(n\) elemanlı lineer bağımsız bir alt kümesidir; önceki teoremin üçüncü maddesiyle \(V\)’nin de bir tabanıdır. O hâlde
\[V = L(w_1, \dots, w_n) = W\]
\(\blacksquare\)
18.3 Boyut Formülü
Teorem 18.6 (Boyut Formülü) \(U\) ve \(W\), \(V(K)\)’nin sonlu boyutlu alt vektör uzayları olsun. O hâlde \(U + W\) de sonlu boyutludur ve
\[\dim(U + W) = \dim U + \dim W - \dim(U \cap W)\]
Özel olarak \(V = U \oplus W\) ise \(\dim V = \dim U + \dim W\)’dir.
İspat
\(U \cap W\), hem \(U\)’nun hem \(W\)’nin bir alt uzayıdır; \(\dim(U \cap W) = k\) olsun ve \(\{z_1, \dots, z_k\}\) bunun bir tabanı olsun.
Bu küme \(U\)’da bağımsızdır; önceki teoremin ikinci maddesiyle \(U\)’nun bir tabanına tamamlanabilir:
\[\{z_1, \dots, z_k,\ u_1, \dots, u_p\} \ \text{ tabanı } \implies \dim U = k + p\]
Aynı biçimde \(W\)’nin bir tabanına da tamamlanabilir:
\[\{z_1, \dots, z_k,\ w_1, \dots, w_q\} \ \text{ tabanı } \implies \dim W = k + q\]
Şimdi
\[B = \{z_1, \dots, z_k,\ u_1, \dots, u_p,\ w_1, \dots, w_q\}\]
kümesinin \(U + W\)’nin bir tabanı olduğunu gösterelim.
\(B\), \(U+W\)’yi doğurur. \(U + W\)’nin keyfi bir elemanı \(u + w\) biçimindedir. \(u \in U\), \(z\)’ler ve \(u\)’lar cinsinden; \(w \in W\), \(z\)’ler ve \(w\)’ler cinsinden yazıldığından toplamları \(B\)’nin elemanlarının bir lineer kombinezonudur.
\(B\) lineer bağımsızdır. Skalerler \(a_i, b_j, c_\ell\) olmak üzere
\[\sum_{i=1}^{k} a_i z_i + \sum_{j=1}^{p} b_j u_j + \sum_{\ell=1}^{q} c_\ell w_\ell = 0_V\]
olsun. Terimleri ayıralım:
\[x := \sum_{i=1}^{k} a_i z_i + \sum_{j=1}^{p} b_j u_j = -\sum_{\ell=1}^{q} c_\ell w_\ell\]
Sol taraf \(U\)’nun, sağ taraf \(W\)’nin bir elemanıdır; eşit olduklarına göre \(x \in U \cap W\)’dir. O hâlde \(x\), \(\{z_1, \dots, z_k\}\) cinsinden yazılır: \(x = \sum d_i z_i\). Buradan
\[\sum_{i=1}^{k} d_i z_i + \sum_{\ell=1}^{q} c_\ell w_\ell = 0_V\]
elde edilir. \(\{z_1, \dots, z_k, w_1, \dots, w_q\}\), \(W\)’nin tabanı olduğundan bağımsızdır; dolayısıyla bütün \(d_i\) ve \(c_\ell\) katsayıları sıfırdır. \(c_\ell = 0_K\) olduğu bilindiğine göre başlangıçtaki bağıntı
\[\sum_{i=1}^{k} a_i z_i + \sum_{j=1}^{p} b_j u_j = 0_V\]
hâline iner. Bu kez \(\{z_1, \dots, z_k, u_1, \dots, u_p\}\), \(U\)’nun tabanı olduğundan bağımsızdır ve bütün \(a_i\), \(b_j\) katsayıları sıfır çıkar. Demek ki \(B\) bağımsızdır.
Sonuç. \(B\) bir taban olduğundan
\[\begin{aligned} \dim(U + W) &= k + p + q = (k + p) + (k + q) - k\\[1mm] &= \dim U + \dim W - \dim(U \cap W) \end{aligned}\]
\(V = U \oplus W\) ise direkt toplam ölçütü gereği \(U \cap W = \{0_V\}\) ve \(\dim(U \cap W) = 0\)’dır; formül \(\dim V = \dim U + \dim W\)’ye iner.
\(\blacksquare\)
18.4 Çözümlü Örnekler
Örnek 18.1 (K⁴’te Dört Vektör) \(K\) komutatif bir cisim olmak üzere \(K^{4}\)’te
\[(1_K,1_K,1_K,1_K), \quad (0_K,1_K,1_K,1_K)\] \[(0_K,0_K,1_K,1_K), \quad (0_K,0_K,0_K,1_K)\]
vektörlerinin \(K^{4}\)’ün bir tabanı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bu vektörler
\[A = \begin{pmatrix} 1_K & 1_K & 1_K & 1_K\\ 0_K & 1_K & 1_K & 1_K\\ 0_K & 0_K & 1_K & 1_K\\ 0_K & 0_K & 0_K & 1_K \end{pmatrix}\]
matrisinin satırlarıdır ve \(A\) bir merdiven matristir (ayrıcalıklı elemanların sütunları \(1 < 2 < 3 < 4\)). Merdiven matrisin satırları bağımsız olduğundan dört vektör lineer bağımsızdır.
\(\dim K^{4} = 4\) olduğundan, \(4\) elemanlı lineer bağımsız bir küme kendiliğinden bir tabandır (üç sonuç teoreminin üçüncü maddesi). Demek ki verilen küme \(K^{4}\)’ün bir tabanıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.2 (Boyut Bir Üst Sınırdır) \(\mathbb{R}^{3}\)’te
\[v_1 = (257,-132,58), \qquad v_2 = (43,0,-17)\]
\[v_3 = (521,-317,94), \qquad v_4 = (328,-512,-731)\]
vektörlerinin lineer bağımlı olduğunu tek satırda gerekçelendiriniz.
Çözüm
\(\dim \mathbb{R}^{3} = 3\)’tür ve \(n\)-boyutlu bir uzayda \(n+1\) veya daha fazla vektör daima lineer bağımlıdır. Burada \(3 + 1 = 4\) vektör verildiğinden \(v_1, v_2, v_3, v_4\) lineer bağımlıdır — sayıların ne olduğuna bakmaya bile gerek yoktur.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.3 (Taban Bulma ve Tabana Tamamlama) \(W\), \(\mathbb{R}^{4}\)’ün \((1,-2,5,-3)\), \((2,3,1,-4)\), \((3,8,-3,-5)\) vektörleri tarafından doğrulan alt uzayı olsun.
\(W\)’nin bir tabanını ve boyutunu bulunuz.
Bulduğunuz tabanı \(\mathbb{R}^{4}\)’ün bir tabanına genişletiniz.
Çözüm
a) Vektörleri satır kabul eden matrisi indirgeyelim:
\[A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 5 & -3\\ 2 & 3 & 1 & -4\\ 3 & 8 & -3 & -5\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2\\ R_3 \to -3R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 5 & -3\\ 0 & 7 & -9 & 2\\ 0 & 14 & -18 & 4\end{pmatrix}\]
\[\overset{R_3 \to -2R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 5 & -3\\ 0 & 7 & -9 & 2\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} =: B\]
\(A \overset{\text{satır}}{\sim} B\) olduğundan satır uzayları aynıdır:
\[W = B\text{'nin satır uzayı} = L\big((1,-2,5,-3),\ (0,7,-9,2)\big)\]
\(B\) bir merdiven matris olduğundan sıfırdan farklı iki satırı lineer bağımsızdır. Demek ki
\[\big\{(1,-2,5,-3),\ (0,7,-9,2)\big\}\]
\(W\)’nin bir tabanıdır ve \(\dim W = 2\)’dir.
b) Bağımsız bir küme her zaman bir tabana tamamlanabilir; burada tamamlamayı merdiven yapısını koruyacak biçimde seçelim. \((0,0,1,1)\) ve \((0,0,0,1)\) vektörlerini ekleyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & -2 & 5 & -3\\ 0 & 7 & -9 & 2\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\]
Bu bir merdiven matristir (ayrıcalıklı sütunlar \(1 < 2 < 3 < 4\)); dolayısıyla dört satır lineer bağımsızdır. \(\dim \mathbb{R}^{4} = 4\) olduğundan \(4\) elemanlı bağımsız küme bir tabandır:
\[\big\{(1,-2,5,-3),\ (0,7,-9,2),\ (0,0,1,1),\ (0,0,0,1)\big\}\]
kümesi \(\mathbb{R}^{4}\)’ün bir tabanıdır ve \(W\)’nin tabanını içerir.
\(\blacksquare\)
Örnek 18.4 (Kesişimin Boyutunu Formülle Bulmak) \(U = L\big((1,1,0,-1),\ (1,2,3,0),\ (2,3,3,-1)\big)\) ve \(W = L\big((1,2,2,-2),\ (2,3,2,-3),\ (1,3,4,-3)\big)\), \(\mathbb{R}^{4}\)’ün alt uzayları olsun. \(\dim(U+W)\) ve \(\dim(U \cap W)\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
\(\dim(U+W)\). \(U + W\), altı vektörün tamamının gerdiği uzaydır; hepsini satır kabul eden matrisi indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1\\ 1 & 2 & 3 & 0\\ 2 & 3 & 3 & -1\\ 1 & 2 & 2 & -2\\ 2 & 3 & 2 & -3\\ 1 & 3 & 4 & -3\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -2R_1 + R_3\\ R_4 \to -R_1 + R_4\\ R_5 \to -2R_1 + R_5\\ R_6 \to -R_1 + R_6}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 3 & 1\\ 0 & 1 & 3 & 1\\ 0 & 1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & 2 & -1\\ 0 & 2 & 4 & -2\end{pmatrix}\]
\[\overset{\substack{R_3 \to -R_2 + R_3\\ R_4 \to -R_2 + R_4\\ R_5 \to -R_2 + R_5\\ R_6 \to -2R_2 + R_6}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 3 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & -2\\ 0 & 0 & -1 & -2\\ 0 & 0 & -2 & -4\end{pmatrix} \overset{\substack{R_5 \to -R_4 + R_5\\ R_6 \to -2R_4 + R_6\\ R_3 \leftrightarrow R_4}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 3 & 1\\ 0 & 0 & -1 & -2\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
Sıfırdan farklı üç satır kaldığından \(\dim(U + W) = 3\)’tür ve
\[\big\{(1,1,0,-1),\ (0,1,3,1),\ (0,0,-1,-2)\big\}\]
\(U+W\)’nin bir tabanıdır.
\(\dim U\). \(U\)’nun üç doğuran vektörünü indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1\\ 1 & 2 & 3 & 0\\ 2 & 3 & 3 & -1\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -2R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 3 & 1\\ 0 & 1 & 3 & 1\end{pmatrix} \overset{R_3 \to -R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 3 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
\(\dim U = 2\)’dir.
\(\dim W\). Aynı işlem:
\[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & -2\\ 2 & 3 & 2 & -3\\ 1 & 3 & 4 & -3\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2\\ R_3 \to -R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & -2\\ 0 & -1 & -2 & 1\\ 0 & 1 & 2 & -1\end{pmatrix}\]
\[\overset{R_3 \to R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & -2\\ 0 & -1 & -2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
\(\dim W = 2\)’dir.
Kesişim. Boyut formülünü kullanalım:
\[3 = 2 + 2 - \dim(U \cap W) \implies \dim(U \cap W) = 1\]
Kesişimin bir tabanını bulmadan boyutunu öğrenmiş olduk.
\(\blacksquare\)
18.5 Alıştırma
Alıştırma 18.1 (Boyut Hesapları)
\(V\), \(K\) üzerinde bir vektör uzayı ve \(\dim V = 6\) olsun. \(U\) ve \(W\), \(V\)’nin birbirinden farklı gerçek alt uzayları (\(U \subsetneq V\), \(W \subsetneq V\), \(U \neq W\)) ve \(\dim U = \dim W = 4\) olsun. \(\dim(U \cap W)\)’nin alabileceği bütün değerleri bulunuz.
\(U = L\big((1,3,-2,2,3),\ (1,4,-3,4,2),\ (2,3,-1,-2,9)\big)\) ve \(W = L\big((1,3,0,2,1),\ (1,5,-6,6,3),\ (2,5,3,2,1)\big)\), \(\mathbb{R}^{5}\)’in alt uzayları olsun. \(U + W\)’nin bir tabanını ve boyutunu bulunuz.
Çözüm
a) \(d = \dim(U \cap W)\) diyelim. Boyut formülü
\[\dim(U + W) = 4 + 4 - d = 8 - d\]
verir.
Üst sınır: \(U + W\), \(V\)’nin bir alt uzayı olduğundan \(\dim(U+W) \le 6\)’dır:
\[8 - d \le 6 \implies d \ge 2\]
Alt sınır: \(U \cap W \subseteq U\) olduğundan \(d \le \dim U = 4\)’tür. \(d = 4\) olsaydı, \(U \cap W\), \(U\)’nun \(\dim U\) boyutlu bir alt uzayı olurdu ve alt uzay boyutu teoremine göre \(U \cap W = U\) çıkardı. Aynı gerekçeyle \(U \cap W = W\) olurdu, dolayısıyla \(U = W\) — bu ise \(U \neq W\) varsayımıyla çelişir. Demek ki \(d \le 3\)’tür.
İki koşul birlikte \(d \in \{2, 3\}\) verir. Her iki değer de gerçekleşebilir: \(\mathbb{R}^{6}\)’da \(U = L(e_1,e_2,e_3,e_4)\) alıp \(W = L(e_1,e_2,e_3,e_5)\) seçilirse \(d = 3\); \(W = L(e_1,e_2,e_5,e_6)\) seçilirse \(d = 2\) olur.
b) Altı doğuran vektörün tamamını satır kabul eden matrisi indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 2 & 3\\ 1 & 4 & -3 & 4 & 2\\ 2 & 3 & -1 & -2 & 9\\ 1 & 3 & 0 & 2 & 1\\ 1 & 5 & -6 & 6 & 3\\ 2 & 5 & 3 & 2 & 1\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -2R_1 + R_3\\ R_4 \to -R_1 + R_4\\ R_5 \to -R_1 + R_5\\ R_6 \to -2R_1 + R_6}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -1 & 2 & -1\\ 0 & -3 & 3 & -6 & 3\\ 0 & 0 & 2 & 0 & -2\\ 0 & 2 & -4 & 4 & 0\\ 0 & -1 & 7 & -2 & -5\end{pmatrix}\]
İkinci sütunu temizleyelim:
\[\overset{\substack{R_3 \to 3R_2 + R_3\\ R_5 \to -2R_2 + R_5\\ R_6 \to R_2 + R_6}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -1 & 2 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0 & -2\\ 0 & 0 & -2 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 6 & 0 & -6\end{pmatrix}\]
Dördüncü satırı ayrıcalıklı satır olarak kullanalım:
\[\overset{\substack{R_5 \to R_4 + R_5\\ R_6 \to -3R_4 + R_6\\ R_3 \leftrightarrow R_4}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 3 & -2 & 2 & 3\\ 0 & 1 & -1 & 2 & -1\\ 0 & 0 & 2 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
Sıfırdan farklı üç satır kaldı; bunlar bir merdiven matrisin satırları olduğundan lineer bağımsızdır ve satır uzayı korunduğundan \(U+W\)’yi doğururlar. Demek ki
\[\big\{(1,3,-2,2,3),\ (0,1,-1,2,-1),\ (0,0,2,0,-2)\big\}\]
\(U + W\)’nin bir tabanıdır ve \(\dim(U + W) = 3\)’tür.
\(\blacksquare\)
Bir matrisin satır uzayının boyutu, o matrisin taşıdığı “bağımsız bilgi” miktarını ölçer. Bu sayıya rank denir ve denklem sistemleri hakkındaki her şeyi tek bir sayıya bağlar: rank ve denklem sistemleri.