16 Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık
Bir alt uzayı doğuran kümede gereksiz vektörler bulunabilir: bir vektör diğerlerinin lineer kombinezonuysa, onu atmak gerilen uzayı değiştirmez. “Gereksiz vektör yok” durumunu tam olarak yakalayan kavram lineer bağımsızlıktır ve tüm taban–boyut kuramı bunun üzerine kurulur.
16.1 Tanım
Tanım 16.1 (Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık) \(V(K)\) bir vektör uzayı ve \(v_1, v_2, \dots, v_m \in V\) olsun.
\[a_1 v_1 + a_2 v_2 + \cdots + a_m v_m = 0_V\]
olacak biçimde hepsi birden sıfır olmayan \(a_1, \dots, a_m \in K\) elemanları varsa, \(v_1, \dots, v_m\) vektörlerine \(K\) üzerinde lineer bağımlı denir.
Eğer bu bağıntı ancak \(a_1 = a_2 = \cdots = a_m = 0_K\) olması hâlinde gerçeklenebiliyorsa, yani
\[a_1 v_1 + a_2 v_2 + \cdots + a_m v_m = 0_V \iff a_1 = a_2 = \cdots = a_m = 0_K\]
ise \(v_1, \dots, v_m\) vektörlerine \(K\) üzerinde lineer bağımsız denir.
İki basit gözlem:
- \(v_1, \dots, v_m\) vektörlerinden biri sıfır vektörü ise bu vektörler lineer bağımlıdır. Gerçekten \(v_j = 0_V\) ise \(0_K v_1 + \cdots + 1_K v_j + \cdots + 0_K v_m = 0_V\) bağıntısında \(1_K \neq 0_K\)’dır.
- \(v \neq 0_V\) ise tek başına \(v\) lineer bağımsızdır: \(av = 0_V\) ve \(v \neq 0_V\) iken temel özellikler teoremi \(a = 0_K\) verir.
\(K^{n}\)’de \(a_1 v_1 + \cdots + a_m v_m = 0\) bağıntısı, bilinmeyenleri \(a_1, \dots, a_m\) olan bir homojen lineer denklem sistemine dönüşür. Vektörler bağımsızdır \(\iff\) sistemin yalnızca sıfır çözümü vardır \(\iff\) merdiven şeklindeki denklem sayısı bilinmeyen sayısına eşittir. Bütün hesaplı örnekler bu tercümeyle çözülür.
16.2 Çözümlü Örnekler
Örnek 16.1 (R⁴’te Bağımsız Üç Vektör) \(V = \mathbb{R}^{4}\) olsun. \(v_1 = (6,2,3,4)\), \(v_2 = (0,5,-3,1)\), \(v_3 = (0,0,7,-2)\) vektörlerinin \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(x, y, z \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(x v_1 + y v_2 + z v_3 = (0,0,0,0)\) olsun:
\[\begin{aligned} &x(6,2,3,4) + y(0,5,-3,1) + z(0,0,7,-2)\\[1mm] &\qquad = \big(6x,\ 2x + 5y,\ 3x - 3y + 7z,\ 4x + y - 2z\big) \end{aligned}\]
Bileşenler sıfıra eşitlenirse şu homojen sistem çıkar:
\[6x = 0, \qquad 2x + 5y = 0, \qquad 3x - 3y + 7z = 0, \qquad 4x + y - 2z = 0\]
Birinci denklemden doğrudan \(x = 0\) bulunur. Bunu ikinciye taşıyalım:
\[5y = 0 \implies y = 0\]
Üçüncü denklemde \(x = y = 0\) konursa
\[7z = 0 \implies z = 0\]
(Dördüncü denklem \(4 \cdot 0 + 0 - 0 = 0\) ile kendiliğinden sağlanır.) Merdiven şeklinde denklem sayısı bilinmeyen sayısına eşittir (\(r = n = 3\)); sistemin tek çözümü sıfır çözümdür. Demek ki
\[x v_1 + y v_2 + z v_3 = 0_{\mathbb{R}^{4}} \implies x = y = z = 0\]
yani \(v_1, v_2, v_3\) lineer bağımsızdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 16.2 (R³’te Bağımlı Üç Vektör) \(u = (1,-1,0)\), \(v = (1,3,-1)\), \(w = (5,3,-2) \in \mathbb{R}^{3}\) vektörlerinin lineer bağımlı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(xu + yv + zw = (0,0,0)\) yazalım:
\[x(1,-1,0) + y(1,3,-1) + z(5,3,-2) = \big(x + y + 5z,\ -x + 3y + 3z,\ -y - 2z\big)\]
Homojen sistem:
\[x + y + 5z = 0, \qquad -x + 3y + 3z = 0, \qquad -y - 2z = 0\]
Genişletilmiş matrisi indirgeyelim:
\[\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 5 & 0\\ -1 & 3 & 3 & 0\\ 0 & -1 & -2 & 0\end{array}\right) \overset{R_2 \to R_1 + R_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 5 & 0\\ 0 & 4 & 8 & 0\\ 0 & -1 & -2 & 0\end{array}\right) \overset{R_2 \to \frac{1}{4}R_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 5 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 0\\ 0 & -1 & -2 & 0\end{array}\right)\]
\[\overset{R_3 \to R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 5 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)\]
Merdiven şeklinde denklem sayısı \(r = 2\), bilinmeyen sayısı \(n = 3\)’tür. \(r < n\) olduğundan sistemin sıfır çözümden farklı çözümleri vardır: serbest değişken \(z\)’dir.
\(z = 1\) alalım. İkinci denklemden \(y = -2\), birinciden \(x = -y - 5z = 2 - 5 = -3\) bulunur. Yani
\[-3u - 2v + w = 0_{\mathbb{R}^{3}}\]
Katsayılar hepsi birden sıfır olmadığından \(u, v, w\) lineer bağımlıdır. Sağlama:
\[\begin{aligned} -3(1,-1,0) - 2(1,3,-1) + (5,3,-2) &= (-3-2+5,\ 3-6+3,\ 0+2-2)\\[1mm] &= (0,0,0) \end{aligned}\]
\(\blacksquare\)
16.3 Bağımlılığın Anlamı
Teorem 16.1 (Bağımlılık Ölçütü) \(v_1, \dots, v_m \in V(K)\) vektörlerinin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul, içlerinden birinin diğerlerinin bir lineer kombinezonu olmasıdır.
İspat
Gereklik. Vektörler bağımlı olsun; o hâlde hepsi birden sıfır olmayan \(b_1, \dots, b_m \in K\) ile
\[b_1 v_1 + \cdots + b_j v_j + \cdots + b_m v_m = 0_V\]
yazılır. Sıfırdan farklı katsayılardan birini, diyelim \(b_j \neq 0_K\) olanını seçelim. \(K\) bir cisim olduğundan \(b_j^{-1}\) vardır; bağıntıyı \(b_j^{-1}\) ile çarpalım:
\[\big(b_j^{-1}b_1\big)v_1 + \cdots + \underbrace{\big(b_j^{-1}b_j\big)}_{1_K}v_j + \cdots + \big(b_j^{-1}b_m\big)v_m = 0_V\]
\(v_j\) terimini yalnız bırakalım:
\[v_j = -\big(b_j^{-1}b_1\big)v_1 - \cdots - \big(b_j^{-1}b_{j-1}\big)v_{j-1} - \big(b_j^{-1}b_{j+1}\big)v_{j+1} - \cdots - \big(b_j^{-1}b_m\big)v_m\]
Yani \(v_j\), diğerlerinin lineer kombinezonudur.
Yeterlik. \(v_j\), diğerlerinin bir lineer kombinezonu olsun:
\[v_j = a_1 v_1 + \cdots + a_{j-1}v_{j-1} + a_{j+1}v_{j+1} + \cdots + a_m v_m\]
Bütün terimleri sola alalım:
\[a_1 v_1 + \cdots + a_{j-1}v_{j-1} + \big(-1_K\big)v_j + a_{j+1}v_{j+1} + \cdots + a_m v_m = 0_V\]
\(v_j\)’nin katsayısı \(-1_K \neq 0_K\) olduğundan katsayılar hepsi birden sıfır değildir; vektörler lineer bağımlıdır.
\(\blacksquare\)
Bir sonraki teorem bu sonucu keskinleştirir: bağımlılık hâlinde, “diğerlerinin” değil doğrudan kendisinden öncekilerin kombinezonu olan bir vektör bulunabilir.
Teorem 16.2 (Öncekilerin Kombinezonu) \(v_1, \dots, v_m \in V(K)\) \((m \ge 2)\) vektörlerinin hiçbiri sıfır vektörü olmasın. Bu vektörlerin lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul, içlerinden birinin, diyelim \(v_i\)’nin \((i \in \{2, \dots, m\})\), kendisinden öncekilerin bir lineer kombinezonu olmasıdır:
\[v_i = a_1 v_1 + a_2 v_2 + \cdots + a_{i-1}v_{i-1} \qquad (a_1, \dots, a_{i-1} \in K)\]
İspat
Gereklik. Vektörler bağımlı olsun:
\[a_1 v_1 + a_2 v_2 + \cdots + a_m v_m = 0_V\]
katsayılar hepsi birden sıfır olmamak üzere. \(a_t \neq 0_K\) koşulunu sağlayan en büyük indis \(t\) olsun. \(t\)’den sonraki bütün katsayılar sıfır olduğundan bağıntı
\[a_1 v_1 + \cdots + a_t v_t = 0_V\]
hâline iner.
\(t > 1\) olduğunu görelim: \(t = 1\) olsaydı \(a_1 v_1 = 0_V\) ve \(a_1 \neq 0_K\) olurdu; buradan \(v_1 = 0_V\) çıkardı ve bu, hiçbir vektörün sıfır olmadığı hipoteziyle çelişirdi. Demek ki \(t > 1\)’dir.
Şimdi bağıntıyı \(a_t^{-1}\) ile çarpıp \(v_t\)’yi yalnız bırakalım:
\[v_t = -\big(a_t^{-1}a_1\big)v_1 - \cdots - \big(a_t^{-1}a_{t-1}\big)v_{t-1}\]
Yani \(v_t\), kendisinden öncekilerin bir lineer kombinezonudur.
Yeterlik. \(v_i = a_1 v_1 + \cdots + a_{i-1}v_{i-1}\) olsun. Terimleri sola alalım:
\[a_1 v_1 + \cdots + a_{i-1}v_{i-1} + \big(-1_K\big)v_i + 0_K v_{i+1} + \cdots + 0_K v_m = 0_V\]
\(v_i\)’nin katsayısı \(-1_K \neq 0_K\) olduğundan vektörler lineer bağımlıdır.
\(\blacksquare\)
16.4 Merdiven Matrisin Satırları
Teorem 16.3 (Merdiven Matrisin Satırları Bağımsızdır) Bir merdiven matrisin sıfırdan farklı satırları lineer bağımsızdır.
İspat
\(A_{(m,n)}\) bir merdiven \(K\)-matris ve sıfırdan farklı satırları \(R_1, \dots, R_\ell\) olsun. Bu satırların lineer bağımlı olduğunu varsayalım.
Satırların hiçbiri sıfır vektörü olmadığından bir önceki teorem uygulanabilir — satırları \(R_\ell, R_{\ell-1}, \dots, R_1\) sırasıyla ele alalım. O hâlde bir \(R_t\) satırı, kendisinden sonraki satırların bir lineer kombinezonudur:
\[R_t = a_\ell R_\ell + a_{\ell-1}R_{\ell-1} + \cdots + a_{t+1}R_{t+1}\]
\(R_t\)’nin ilk sıfırdan farklı bileşeni, yani ayrıcalıklı elemanı, \(s\)-inci sütunda bulunsun. Merdiven matris tanımı gereği ayrıcalıklı elemanların sütun numaraları aşağı indikçe kesin arttığından, \(R_{t+1}, \dots, R_\ell\) satırlarının hepsinin \(s\)-inci bileşeni \(0_K\)’dır.
O hâlde yukarıdaki eşitliğin sağ tarafının \(s\)-inci bileşeni
\[a_\ell \cdot 0_K + \cdots + a_{t+1} \cdot 0_K = 0_K\]
olur. Ama sol tarafın \(s\)-inci bileşeni, tanım gereği \(0_K\)’dan farklı olan ayrıcalıklı elemandır — çelişki.
Demek ki \(R_1, \dots, R_\ell\) satırları lineer bağımsızdır.
\(\blacksquare\)
Bu teorem, bir vektör ailesinin bağımsızlığını sınamanın en pratik yolunu verir: vektörleri satır kabul eden matrisi merdiven şekline indir; sıfır satır çıkmıyorsa vektörler bağımsızdır.
16.5 Beş Uyarı
1. \(v_1, \dots, v_m\) lineer bağımlı ise \(\{v_1, \dots, v_m\}\) kümesine lineer bağımlı küme, bağımsız ise lineer bağımsız küme denir.
2. Vektörlerden herhangi ikisi eşitse, örneğin \(v_1 = v_2\) ise, vektörler lineer bağımlıdır:
\[v_1 - v_2 + 0_K v_3 + \cdots + 0_K v_m = 0_V\]
bağıntısında \(v_1\)’in katsayısı \(1_K \neq 0_K\)’dır.
3. İki vektörün lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul, birinin diğerinin bir katı olmasıdır: \(v_1 = a v_2\) \((a \in K)\).
4. Lineer bağımlı bir küme içeren kümenin kendisi de lineer bağımlıdır. Bundan dolayı bir lineer bağımsız kümenin her alt kümesi de lineer bağımsızdır.
5. \(\{v_1, \dots, v_m\}\) lineer bağımsız ise, indislerin herhangi bir permütasyonu \(i_1, \dots, i_m\) için \(\{v_{i_1}, \dots, v_{i_m}\}\) de lineer bağımsızdır: bağımsızlık sıralamaya bağlı değildir.
16.6 Alıştırma
Alıştırma 16.1 (Bağımlı mı, Bağımsız mı?)
\(\mathbb{R}^{3}\)’te \((1,-2,1)\), \((2,1,-1)\), \((7,-4,1)\) vektörlerinin lineer bağımlı olup olmadığını belirleyiniz.
\(\mathbb{R}^{3}\)’te \((1,2,-3)\), \((1,-3,2)\), \((2,-1,5)\) vektörlerinin lineer bağımlı olup olmadığını belirleyiniz.
\(u, v, w \in V(K)\) lineer bağımsız olsun. \(u+v\), \(u-v\), \(u-2v+w\) vektörlerinin de lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
\(v = (1+i,\ 2i)\) ve \(w = (1,\ 1+i)\) vektörlerinin \(\mathbb{C}^{2}\)’de \(\mathbb{C}\) üzerinde lineer bağımlı, fakat \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsız olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a) \(x(1,-2,1) + y(2,1,-1) + z(7,-4,1) = (0,0,0)\) homojen sistemini kuralım:
\[x + 2y + 7z = 0, \qquad -2x + y - 4z = 0, \qquad x - y + z = 0\]
\[\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 7 & 0\\ -2 & 1 & -4 & 0\\ 1 & -1 & 1 & 0\end{array}\right) \overset{\substack{R_2 \to 2R_1 + R_2\\ R_3 \to -R_1 + R_3}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 7 & 0\\ 0 & 5 & 10 & 0\\ 0 & -3 & -6 & 0\end{array}\right)\]
\[\overset{R_2 \to \frac{1}{5}R_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 7 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 0\\ 0 & -3 & -6 & 0\end{array}\right) \overset{R_3 \to 3R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 7 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)\]
\(r = 2 < n = 3\) olduğundan sıfırdan farklı çözüm vardır: vektörler lineer bağımlıdır. \(z = 1\) alınırsa \(y = -2\) ve \(x = -2y - 7z = 4 - 7 = -3\); yani
\[-3(1,-2,1) - 2(2,1,-1) + (7,-4,1) = (0,0,0)\]
b) Aynı yolla:
\[x + y + 2z = 0, \qquad 2x - 3y - z = 0, \qquad -3x + 2y + 5z = 0\]
\[\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 2 & -3 & -1 & 0\\ -3 & 2 & 5 & 0\end{array}\right) \overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2\\ R_3 \to 3R_1 + R_3}}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 0 & -5 & -5 & 0\\ 0 & 5 & 11 & 0\end{array}\right)\]
\[\overset{R_3 \to R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 0\\ 0 & -5 & -5 & 0\\ 0 & 0 & 6 & 0\end{array}\right)\]
\(r = n = 3\) olduğundan yalnızca sıfır çözüm vardır (\(z = 0 \Rightarrow y = 0 \Rightarrow x = 0\)): vektörler lineer bağımsızdır.
c) \(a, b, c \in K\) için
\[a(u+v) + b(u-v) + c(u - 2v + w) = 0_V\]
olsun. Terimleri \(u\), \(v\), \(w\)’ye göre toplayalım:
\[(a + b + c)\,u + (a - b - 2c)\,v + c\,w = 0_V\]
\(u, v, w\) lineer bağımsız olduğundan bütün katsayılar sıfır olmalıdır:
\[a + b + c = 0_K, \qquad a - b - 2c = 0_K, \qquad c = 0_K\]
Üçüncü denklemden \(c = 0_K\); bunu ilk ikisine taşıyalım:
\[a + b = 0_K, \qquad a - b = 0_K\]
İkisini toplarsak \(2a = 0_K\), çıkarırsak \(2b = 0_K\) olur. (Burada \(K\)’nin karakteristiğinin \(2\) olmadığını, örneğin \(K = \mathbb{R}\) ya da \(\mathbb{C}\) olduğunu varsayıyoruz.) Buradan \(a = b = 0_K\) bulunur. Üç katsayı da sıfır çıktığından verilen vektörler lineer bağımsızdır.
d) \(\mathbb{C}\) üzerinde bağımlı. \(w\)’yi \(1+i\) skaleriyle çarpalım:
\[(1+i)w = \big(1+i,\ (1+i)^{2}\big) = \big(1+i,\ 1 + 2i + i^{2}\big) = (1+i,\ 2i) = v\]
Demek ki \(v = (1+i)w\)’dir; biri diğerinin katı olduğundan (üçüncü uyarı) iki vektör \(\mathbb{C}\) üzerinde lineer bağımlıdır.
\(\mathbb{R}\) üzerinde bağımsız. Bu kez skalerler yalnız reel olabilir. \(a, b \in \mathbb{R}\) için \(av + bw = (0,0)\) olsun:
\[a(1+i) + b = 0, \qquad 2ai + b(1+i) = 0\]
Birinci denklemi reel ve sanal kısımlarına ayıralım:
\[(a + b) + ai = 0 \implies a = 0 \ \text{ ve } \ a + b = 0\]
Buradan \(a = 0\) ve \(b = 0\) bulunur; ikinci denklem de kendiliğinden sağlanır. Katsayılar sıfır olmak zorunda olduğundan vektörler \(\mathbb{R}\) üzerinde lineer bağımsızdır.
Bu örnek önemli bir noktayı gösterir: bağımlılık, vektörlerin kendisi kadar skalerlerin alındığı cisme de bağlıdır.
\(\blacksquare\)
Bir uzayı doğuran ve aynı zamanda lineer bağımsız olan bir küme, o uzay için en ekonomik tarif olur. Bu kümelere taban denir ve sıradaki bölümün konusudur: taban ve boyut.