19 Rank ve Denklem Sistemleri
Bir matrisin satırlarının gerdiği uzayın boyutu, o matriste kaç tane “bağımsız satır” bulunduğunu söyler. Bu sayı — rank — şaşırtıcı biçimde sütunlar için de aynı çıkar ve lineer denklem sistemleri hakkındaki bütün soruları tek bir sayıya bağlar: çözüm var mı, kaç tane var, çözüm kümesinin boyutu nedir?
19.1 Rank
Tanım 19.1 (Satır Rankı) Bir \(A_{(m,n)}\) \(K\)-matrisinin satır uzayının boyutuna \(A\)’nın satır rankı denir.
Tanım 19.2 (Sütun Rankı) Bir \(A_{(m,n)}\) \(K\)-matrisinin sütun uzayının boyutuna \(A\)’nın sütun rankı denir.
Teorem 19.1 (Satır Rankı Sütun Rankına Eşittir) Bir \(A_{(m,n)}\) \(K\)-matrisinin satır rankı, sütun rankına eşittir.
Bu ortak sayıya \(A\) matrisinin rankı denir ve \(\operatorname{rank}(A)\) ile gösterilir:
\[\operatorname{rank}(A) = A\text{'nın satır rankı} = A\text{'nın sütun rankı}\]
\(A\)’yı elemanter satır işlemleriyle bir merdiven matrise indirgeyin. Satır uzayı korunduğundan ve merdivenin sıfırdan farklı satırları lineer bağımsız olduğundan, bu satırlar satır uzayının bir tabanını oluşturur. Yani
\[\operatorname{rank}(A) = \text{bir merdiven şeklindeki sıfırdan farklı satır sayısı}\]
Örnek 19.1 (Bir Rank Hesabı) \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & -1\\ 2 & 6 & -3 & -3\\ 3 & 10 & -6 & -5\end{pmatrix}\) \(\mathbb{R}\)-matrisinin rankını bulunuz.
Çözüm
Merdiven şekline indirgeyelim:
\[\overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2\\ R_3 \to -3R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & 2 & -3 & -1\\ 0 & 4 & -6 & -2\end{pmatrix} \overset{R_3 \to -2R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & -1\\ 0 & 2 & -3 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} =: B\]
\(A \overset{\text{satır}}{\sim} B\) olduğundan satır uzayları aynıdır:
\[A\text{'nın satır uzayı} = L\big((1,2,0,-1),\ (0,2,-3,-1)\big)\]
\(B\) bir merdiven matris olduğundan bu iki satır lineer bağımsızdır ve satır uzayının bir tabanını oluşturur. Demek ki satır uzayının boyutu \(2\)’dir:
\[\operatorname{rank}(A) = 2\]
\(\blacksquare\)
19.2 Denklem Sistemlerine Uygulama
\(K\) cismi üzerinde \(m\) denklemli, \(n\) bilinmeyenli bir lineer denklem sistemi matrislerle
\[AX = B\]
biçiminde yazılır; burada \(A_{(m,n)}\) katsayılar matrisi, \(X_{(n,1)}\) bilinmeyenler sütunu, \(B_{(m,1)}\) sabit terimler sütunudur:
\[A = \begin{pmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & & \vdots\\ a_{m1} & \cdots & a_{mn}\end{pmatrix}, \qquad X = \begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} b_1\\ \vdots\\ b_m\end{pmatrix}\]
Sistemin genişletilmiş matrisi \((A, B)_{(m,\,n+1)}\)’dir.
Teorem 19.2 (Çözülebilirliğin Rank Ölçütü) \(AX = B\) denklem sisteminin çözümünün olabilmesi için gerek ve yeter koşul, \(A\) katsayılar matrisinin rankının, \((A, B)\) genişletilmiş matrisinin rankına eşit olmasıdır:
\[\operatorname{rank}(A) = \operatorname{rank}(A, B)\]
Bu ölçüt, Gauss yönteminde gördüğümüz “çözümsüzlük işareti”nin cebirsel karşılığıdır: merdiven şeklinde sol tarafı tamamen sıfır, sağ tarafı sıfırdan farklı bir satır belirmesi, genişletilmiş matriste fazladan bir sıfırdan farklı satır bulunması demektir; o zaman \(\operatorname{rank}(A, B) = \operatorname{rank}(A) + 1\) olur.
19.3 Homojen Sistemin Çözüm Uzayı
\(AX = O\) homojen sisteminin çözüm kümesi \(W\)’nin \(K^{n}\)’in bir alt uzayı olduğunu biliyoruz. Boyutu, rank tarafından belirlenir.
Teorem 19.3 (Çözüm Uzayının Boyutu) \(AX = O\) lineer homojen denklem sisteminin \(W\) çözüm uzayının boyutu
\[\dim W = n - r\]
dir; burada \(n\) bilinmeyenlerin sayısı, \(r = \operatorname{rank}(A)\)’dır.
Bu teoremin ispatı için henüz elimizde uygun araç yok; dönüşümler ve denklem sistemleri bölümünde boyut teoremiyle birkaç satırda ispatlayacağız.
Bu teorem, merdiven şeklindeki serbest değişken sayısı ile çözüm uzayının boyutunun aynı şey olduğunu söyler. Bir taban da doğrudan okunur: serbest değişkenlerden birine \(1_K\), diğerlerine \(0_K\) verilerek bulunan çözümler bir taban oluşturur.
Örnek 19.2 (Beş Bilinmeyenli Bir Homojen Sistem) \(\mathbb{R}\) üzerinde
\[\begin{aligned} x + 2y - 4z + 3r - s &= 0\\ x + 2y - 2z + 2r + s &= 0\\ 2x + 4y - 2z + 3r + 4s &= 0 \end{aligned}\]
sisteminin \(W\) çözüm uzayının boyutunu ve bir tabanını bulunuz.
Çözüm
Genişletilmiş matrisi indirgeyelim (sütunlar \(x, y, z, r, s\) sırasında):
\[\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 2 & -4 & 3 & -1 & 0\\ 1 & 2 & -2 & 2 & 1 & 0\\ 2 & 4 & -2 & 3 & 4 & 0\end{array}\right) \overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -2R_1 + R_3}}{\sim} \left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 2 & -4 & 3 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 6 & -3 & 6 & 0\end{array}\right)\]
\[\overset{R_3 \to -3R_2 + R_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 2 & -4 & 3 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)\]
Merdiven şeklindeki sistem
\[x + 2y - 4z + 3r - s = 0, \qquad 2z - r + 2s = 0\]
olup \(r = \operatorname{rank}(A) = 2\) ve \(n = 5\)’tir. Demek ki
\[\dim W = n - r = 5 - 2 = 3\]
Ayrıcalıklı sütunlar birinci ve üçüncü sütunlardır; serbest değişkenler \(y\), \(r\) ve \(s\)’tir. Her birine sırayla \(1\), diğerlerine \(0\) vererek üç çözüm üretelim.
\(y = 1\), \(r = 0\), \(s = 0\): İkinci denklemden \(2z = 0\), yani \(z = 0\); birinciden \(x = -2y = -2\). Çözüm
\[w_1 = (-2,\ 1,\ 0,\ 0,\ 0)\]
\(y = 0\), \(r = 1\), \(s = 0\): İkinciden \(2z - 1 = 0\), yani \(z = \dfrac{1}{2}\); birinciden
\[x = 4z - 3r + s - 2y = 2 - 3 = -1 \implies w_2 = \left(-1,\ 0,\ \frac{1}{2},\ 1,\ 0\right)\]
\(y = 0\), \(r = 0\), \(s = 1\): İkinciden \(2z + 2 = 0\), yani \(z = -1\); birinciden
\[x = 4z - 3r + s - 2y = -4 + 1 = -3 \implies w_3 = (-3,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1)\]
\(\{w_1, w_2, w_3\}\), \(W\)’nin bir tabanıdır.
\(\blacksquare\)
Örnek 19.3 (Denklemlerle Verilmiş İki Alt Uzay) \(\mathbb{R}^{4}\)’te
\[U = \big\{(a,b,c,d) : b + c + d = 0\big\}, \qquad W = \big\{(a,b,c,d) : a + b = 0,\ c = 2d\big\}\]
alt uzayları veriliyor. \(U\), \(W\) ve \(U \cap W\)’nin boyutlarını ve birer tabanını bulunuz.
Çözüm
Üçü de birer homojen sistemin çözüm uzayıdır; her birinde \(n = 4\)’tür.
\(U\). Tek denklem \(0a + b + c + d = 0\)’dır; katsayılar matrisi \(\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\) bir merdiven matristir ve rankı \(1\)’dir. O hâlde
\[\dim U = 4 - 1 = 3\]
Serbest değişkenler \(a\), \(c\), \(d\)’dir:
\[a=1,\ c=0,\ d=0 \implies b = 0 \implies u_1 = (1,0,0,0)\]
\[a=0,\ c=1,\ d=0 \implies b = -1 \implies u_2 = (0,-1,1,0)\]
\[a=0,\ c=0,\ d=1 \implies b = -1 \implies u_3 = (0,-1,0,1)\]
\(\{u_1, u_2, u_3\}\), \(U\)’nun bir tabanıdır.
\(W\). Denklemler \(a + b = 0\) ve \(c - 2d = 0\)’dır; katsayılar matrisi
\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -2\end{pmatrix}\]
bir merdiven matristir ve rankı \(2\)’dir:
\[\dim W = 4 - 2 = 2\]
Serbest değişkenler \(b\) ve \(d\)’dir:
\[b=1,\ d=0 \implies a = -1,\ c = 0 \implies w_1 = (-1,1,0,0)\]
\[b=0,\ d=1 \implies a = 0,\ c = 2 \implies w_2 = (0,0,2,1)\]
\(\{w_1, w_2\}\), \(W\)’nin bir tabanıdır.
\(U \cap W\). Bir vektörün her iki kümede de olması, üç denklemi birden sağlaması demektir:
\[b + c + d = 0, \qquad a + b = 0, \qquad c - 2d = 0\]
Katsayılar matrisini merdiven şekline getirelim (sütunlar \(a,b,c,d\)):
\[\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -2\end{pmatrix} \overset{R_1 \leftrightarrow R_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -2\end{pmatrix}\]
Bu bir merdiven matristir ve rankı \(3\)’tür:
\[\dim(U \cap W) = 4 - 3 = 1\]
Tek serbest değişken \(d\)’dir. \(d = 1\) alalım: üçüncü denklemden \(c = 2\), ikinciden \(b = -c - d = -3\), birinciden \(a = -b = 3\). Demek ki
\[v = (3,\ -3,\ 2,\ 1)\]
ve \(\{v\}\), \(U \cap W\)’nin bir tabanıdır. Sağlama: \(-3 + 2 + 1 = 0\), \(3 - 3 = 0\), \(2 = 2 \cdot 1\).
Boyut formülü de tutarlıdır: \(\dim(U+W) = 3 + 2 - 1 = 4\), yani \(U + W = \mathbb{R}^{4}\)’tür.
\(\blacksquare\)
19.4 Alıştırma
Alıştırma 19.1 (Rank ve Çözüm Uzayı)
\(A = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & -2 & -3\\ 1 & 4 & 3 & -1 & -4\\ 2 & 3 & -4 & -7 & -3\\ 3 & 8 & 1 & -7 & -8\end{pmatrix}\) matrisinin rankını bulunuz.
\(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3\\ 2 & 1 & 0\\ -2 & -1 & 3\\ -1 & 4 & -2\end{pmatrix}\) matrisinin rankını bulunuz.
\(x + 3y + 2z = 0\); \(x + 5y + z = 0\); \(3x + 5y + 8z = 0\) homojen sisteminin çözüm uzayının boyutunu ve bir tabanını bulunuz.
\(x - 2y + 7z = 0\); \(2x + 3y - 2z = 0\); \(2x - y + z = 0\) homojen sisteminin çözüm uzayının boyutunu bulunuz.
Çözüm
a) Merdiven şekline indirgeyelim:
\[\overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -2R_1 + R_3\\ R_4 \to -3R_1 + R_4}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & -2 & -3\\ 0 & 1 & 2 & 1 & -1\\ 0 & -3 & -6 & -3 & 3\\ 0 & -1 & -2 & -1 & 1\end{pmatrix}\]
\[\overset{\substack{R_3 \to 3R_2 + R_3\\ R_4 \to R_2 + R_4}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 3 & 1 & -2 & -3\\ 0 & 1 & 2 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
Sıfırdan farklı iki satır kaldığından \(\operatorname{rank}(A) = 2\)’dir.
b) Aynı yöntemle:
\[\overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2\\ R_3 \to 2R_1 + R_3\\ R_4 \to R_1 + R_4}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3\\ 0 & -3 & 6\\ 0 & 3 & -3\\ 0 & 6 & -5\end{pmatrix} \overset{\substack{R_3 \to R_2 + R_3\\ R_4 \to 2R_2 + R_4}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3\\ 0 & -3 & 6\\ 0 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 7\end{pmatrix}\]
\[\overset{R_4 \to -\frac{7}{3}R_3 + R_4}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -3\\ 0 & -3 & 6\\ 0 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
Sıfırdan farklı üç satır kaldığından \(\operatorname{rank}(A) = 3\)’tür. (\(A\) bir \(4 \times 3\) matris olduğundan rank en çok \(3\) olabilirdi; bu üst sınıra ulaşılmıştır.)
c) Katsayılar matrisini indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & 3 & 2\\ 1 & 5 & 1\\ 3 & 5 & 8\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -3R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2\\ 0 & 2 & -1\\ 0 & -4 & 2\end{pmatrix} \overset{R_3 \to 2R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2\\ 0 & 2 & -1\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
Rank \(2\) ve \(n = 3\) olduğundan
\[\dim W = 3 - 2 = 1\]
Serbest değişken \(z\)’dir. Kesirlerden kaçınmak için \(z = -2\) alalım: ikinci denklem \(2y - z = 0\)’dan \(y = \dfrac{z}{2} = -1\); birinciden
\[x = -3y - 2z = 3 + 4 = 7\]
Demek ki \(\{(7, -1, -2)\}\), \(W\)’nin bir tabanıdır. Sağlama: \(7 - 3 - 4 = 0\), \(7 - 5 - 2 = 0\), \(21 - 5 - 16 = 0\).
d) Katsayılar matrisini indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & -2 & 7\\ 2 & 3 & -2\\ 2 & -1 & 1\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -2R_1 + R_2\\ R_3 \to -2R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 7\\ 0 & 7 & -16\\ 0 & 3 & -13\end{pmatrix} \overset{R_3 \to -\frac{3}{7}R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 7\\ 0 & 7 & -16\\ 0 & 0 & -\frac{43}{7}\end{pmatrix}\]
(Son bileşen \(-13 + \dfrac{48}{7} = \dfrac{-91 + 48}{7} = -\dfrac{43}{7}\)’dir.)
Rank \(3\) ve \(n = 3\) olduğundan
\[\dim W = 3 - 3 = 0\]
Yani sistemin yalnızca sıfır çözümü vardır: \(W = \{(0,0,0)\}\).
\(\blacksquare\)
Vektör uzayları kuramı tamamlandı. Şimdi bu uzaylar arasındaki yapıyı koruyan fonksiyonlara geçiyoruz — lineer cebirin asıl nesnesi vektör uzayları değil, onlar arasındaki dönüşümlerdir: lineer dönüşümler.