17 Taban ve Boyut
Bir uzayı doğuran küme, o uzayı tarif eder; lineer bağımsız bir küme ise içinde fazlalık taşımaz. İkisi birden sağlandığında elde edilen küme, uzayın en ekonomik tarifidir: taban. Bu bölümde tabanı tanımlayacak ve dersin en önemli sayısal değişmezine varacağız — bir uzayın bütün tabanlarının eleman sayısı aynıdır.
17.1 Taban ve Boyut
Tanım 17.1 (Taban) \(V\), \(K\) komutatif cismi üzerinde bir vektör uzayı olsun. \(V\)’yi doğuran, yani
\[V = L(e_1, e_2, \dots, e_n)\]
koşulunu sağlayan lineer bağımsız bir \(\{e_1, e_2, \dots, e_n\} \subseteq V\) kümesine, \(V\) vektör uzayının bir tabanı denir.
Tanım 17.2 (Boyut) \(n\) elemanlı bir tabanı bulunan \(V\) vektör uzayına \(n\)-boyutlu (sonlu boyutlu) vektör uzayı denir ve \(\dim V = n\) yazılır.
İki uç durum tanıma iliştirilir:
- \(\{0_V\}\) vektör uzayının boyutu sıfır kabul edilir: \(\dim\{0_V\} = 0\).
- Sonlu boyutlu olmayan bir vektör uzayına sonsuz boyutlu vektör uzayı denir.
Örnek 17.1 (Kⁿ’in Standart Tabanı) \(K\) komutatif bir cisim olsun. \(K^{n}\) vektör uzayında
\[e_1 = (1_K, 0_K, \dots, 0_K), \quad e_2 = (0_K, 1_K, 0_K, \dots, 0_K), \quad \dots, \quad e_n = (0_K, \dots, 0_K, 1_K)\]
vektörlerinin \(K^{n}\)’in bir tabanını oluşturduğunu ve \(\dim K^{n} = n\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Doğurma. \(K^{n} = L(e_1, \dots, e_n)\) olduğunu daha önce gösterdik: her \((a_1, \dots, a_n)\) vektörü \(a_1 e_1 + \cdots + a_n e_n\) biçiminde yazılır.
Bağımsızlık. Bu vektörleri satır kabul eden matris
\[A = \begin{pmatrix} 1_K & 0_K & \cdots & 0_K\\ 0_K & 1_K & \cdots & 0_K\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0_K & 0_K & \cdots & 1_K \end{pmatrix} = I_n\]
birim matristir ve bir merdiven matristir. Merdiven matrisin sıfırdan farklı satırları lineer bağımsız olduğundan \(e_1, \dots, e_n\) bağımsızdır.
İki koşul birlikte \(\{e_1, \dots, e_n\}\)’in bir taban olduğunu verir; eleman sayısı \(n\) olduğundan \(\dim K^{n} = n\)’dir. Bu tabana \(K^{n}\)’in standart (doğal) tabanı denir.
\(\blacksquare\)
\(K = \mathbb{R}\) ve \(n = 3\) alındığında \(\{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}\) kümesi \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir tabanıdır ve \(\dim \mathbb{R}^{3} = 3\)’tür.
Örnek 17.2 (Aynı Uzayın Başka Bir Tabanı) \(\{(1,2,3),\ (0,1,2),\ (0,0,1)\}\) kümesinin de \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir tabanı olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Doğurma. Bu üç vektörün \(\mathbb{R}^{3}\)’ü doğurduğunu daha önce hesaplamıştık: her \((a,b,c)\) için
\[(a,b,c) = a(1,2,3) + (-2a+b)(0,1,2) + (a-2b+c)(0,0,1)\]
Bağımsızlık. Vektörleri satır kabul eden matris
\[A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\]
bir merdiven matristir; ayrıcalıklı elemanları \(1\), \(1\), \(1\) olup sütun numaraları \(1 < 2 < 3\) olarak artar. Dolayısıyla satırları lineer bağımsızdır.
Küme hem doğuruyor hem bağımsız olduğundan \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir tabanıdır.
\(\blacksquare\)
Son iki örnek \(\mathbb{R}^{3}\)’ün birbirinden farklı iki tabanını verdi. Genel olarak sonlu boyutlu bir \(V(K)\) vektör uzayının birden fazla tabanı olabilir; taban tek türlü belirli değildir. Değişmeyen şey, birazdan göreceğimiz gibi, tabandaki eleman sayısıdır.
17.2 Doğuran Kümeyi Sadeleştirmek
Teorem 17.1 (Doğuran Kümeye Ekleme ve Çıkarma) \(\{v_1, \dots, v_n\}\) kümesi bir \(V(K)\) vektör uzayını doğursun, yani \(V = L(v_1, \dots, v_n)\) olsun. O hâlde:
- \(w \in V\) olmak üzere \(\{w, v_1, \dots, v_n\}\) kümesi lineer bağımlıdır ve \(V\)’yi doğurur:
\[V = L(w, v_1, \dots, v_n)\]
- \(v_i\) \((i \in \{2, \dots, n\})\) kendisinden öncekilerin bir lineer kombinezonu ise \(\{v_1, \dots, v_{i-1}, v_{i+1}, \dots, v_n\}\) kümesi de \(V\)’yi doğurur.
İspat
1. \(w \in V = L(v_1, \dots, v_n)\) olduğundan \(w\), \(v_i\)’lerin bir lineer kombinezonudur; bağımlılık ölçütü gereği \(\{w, v_1, \dots, v_n\}\) lineer bağımlıdır.
Doğurma için: \(v \in V\) alalım. \(v = a_1 v_1 + \cdots + a_n v_n\) yazılır ve buna sıfır katsayılı bir terim eklemek serbesttir:
\[v = 0_K w + a_1 v_1 + \cdots + a_n v_n \in L(w, v_1, \dots, v_n)\]
Demek ki \(V \subseteq L(w, v_1, \dots, v_n)\)’dir. Ters kapsama, \(w\) ve \(v_i\)’lerin hepsi \(V\)’de olduğundan ve \(V\) bir alt uzay olduğundan geçerlidir. İki kapsama eşitliği verir.
2. \(v_i = a_1 v_1 + \cdots + a_{i-1}v_{i-1}\) olsun. \(L(v_1, \dots, v_{i-1}, v_{i+1}, \dots, v_n) \subseteq V\) açıktır. Ters kapsama için \(v \in V\) alalım:
\[v = t_1 v_1 + \cdots + t_i v_i + \cdots + t_n v_n\]
\(v_i\) yerine yukarıdaki ifadeyi koyup terimleri gruplayalım:
\[v = t_1 v_1 + \cdots + t_{i-1}v_{i-1} + t_i\big(a_1 v_1 + \cdots + a_{i-1}v_{i-1}\big) + t_{i+1}v_{i+1} + \cdots + t_n v_n\]
\[= \big(t_1 + t_i a_1\big)v_1 + \cdots + \big(t_{i-1} + t_i a_{i-1}\big)v_{i-1} + t_{i+1}v_{i+1} + \cdots + t_n v_n\]
Sağ tarafta \(v_i\) görünmüyor; yani \(v \in L(v_1, \dots, v_{i-1}, v_{i+1}, \dots, v_n)\)’dir.
\(\blacksquare\)
17.3 Değiştirme Teoremi
Teorem 17.2 (Değiştirme Teoremi) \(\{v_1, \dots, v_n\}\) kümesi \(V(K)\) vektör uzayını doğursun ve \(\{w_1, \dots, w_m\} \subseteq V\) lineer bağımsız bir küme olsun. O hâlde
\[m \le n\]
ve \(V(K)\), uygun \(n - m\) tane \(v\) vektörü seçilerek elde edilen
\[\big\{w_1, \dots, w_m,\ v_{i_1}, \dots, v_{i_{n-m}}\big\}\]
kümesi tarafından doğrulur. Dolayısıyla \(V\)’de \(n+1\) veya daha fazla vektör daima lineer bağımlıdır.
İspat
\(\{w_1, \dots, w_m\}\) bağımsız olduğundan hiçbir \(w_j\) sıfır vektörü değildir. Gerekirse sıfır olan \(v_i\)’ler atılarak \(v_i\)’lerin de hiçbirinin sıfır olmadığı varsayılabilir (sıfır vektörünü atmak gerilen uzayı değiştirmez).
Birinci adım. \(w_1 \in V = L(v_1, \dots, v_n)\) olduğundan, önceki teoremin birinci maddesiyle
\[\{w_1, v_1, \dots, v_n\} \ \text{lineer bağımlıdır ve} \ V = L(w_1, v_1, \dots, v_n)\]
Bu kümenin hiçbir elemanı sıfır olmadığından öncekilerin kombinezonu teoremi uygulanır: kümedeki bir vektör, kendisinden öncekilerin lineer kombinezonudur. Bu vektör \(w_1\) olamaz, çünkü listede \(w_1\)’den önce hiçbir vektör yoktur ve \(w_1 \neq 0_V\)’dir. O hâlde bu vektör bir \(v_j\)’dir. Önceki teoremin ikinci maddesiyle \(v_j\) atılabilir:
\[V = L\big(w_1,\ v_1, \dots, v_{j-1}, v_{j+1}, \dots, v_n\big)\]
İkinci adım. Aynı işlemi \(w_2\) ile tekrarlayalım:
\[\{w_1, w_2,\ v_1, \dots, v_{j-1}, v_{j+1}, \dots, v_n\} \ \text{bağımlıdır ve} \ V \text{'yi doğurur}\]
Yine bir vektör öncekilerin kombinezonudur. Bu vektör \(w_1\) olamaz; \(w_2\) de olamaz, çünkü \(w_2\)’nin öncesinde yalnızca \(w_1\) vardır ve \(\{w_1, w_2\}\) bağımsız olduğundan \(w_2\), \(w_1\)’in katı değildir. Demek ki yine bir \(v_t\)’dir ve atılabilir.
Genel adım. Bu şekilde devam edildiğinde her adımda bir \(w\) eklenir ve bir \(v\) atılır. Atılan vektör hiçbir zaman bir \(w\) olamaz: \(\{w_1, \dots, w_m\}\) bağımsız olduğundan hiçbir \(w_k\) kendisinden önceki \(w\)’lerin kombinezonu değildir.
\(m \le n\). \(m > n\) olsaydı \(n\) adım sonra bütün \(v\)’ler tükenir ve
\[V = L(w_1, \dots, w_n)\]
olurdu. O zaman \(w_{n+1} \in V\), \(w_1, \dots, w_n\)’in bir lineer kombinezonu olur ve \(\{w_1, \dots, w_m\}\) lineer bağımlı çıkardı — hipotezle çelişir. Demek ki \(m \le n\)’dir.
\(m \le n\) olduğunda işlem \(m\) adımda biter ve geriye \(n - m\) tane \(v\) kalır:
\[V = L\big(w_1, \dots, w_m,\ v_{i_1}, \dots, v_{i_{n-m}}\big)\]
Son iddia da buradan çıkar: \(V\)’de \(n+1\) veya daha fazla vektör bağımsız olsaydı \(m \ge n+1 > n\) olurdu, bu ise az önce dışlandı.
\(\blacksquare\)
17.4 Boyut İyi Tanımlıdır
Teorem 17.3 (Tabanların Eleman Sayısı) Sonlu boyutlu bir \(V(K)\) vektör uzayının her tabanında aynı sayıda eleman vardır.
İspat
\(\{e_1, \dots, e_n\}\) ve \(\{f_1, \dots, f_m\}\), \(V(K)\)’nin iki tabanı olsun.
\(\{e_1, \dots, e_n\}\) bir taban olduğundan \(V = L(e_1, \dots, e_n)\)’dir, yani \(V\)’yi doğurur. \(\{f_1, \dots, f_m\}\) bir taban olduğundan lineer bağımsızdır. Değiştirme teoremini bu ikili için uygulayalım:
\[m \le n\]
Şimdi rolleri değiştirelim: \(\{f_1, \dots, f_m\}\) \(V\)’yi doğurur ve \(\{e_1, \dots, e_n\}\) lineer bağımsızdır. Aynı teorem
\[n \le m\]
verir. İki eşitsizlik birlikte \(m = n\) sonucunu doğurur.
\(\blacksquare\)
Bu teorem sayesinde \(\dim V\) gerçekten uzaya ait bir sayıdır: hangi taban seçilirse seçilsin değişmez.
17.5 Alıştırma
Alıştırma 17.1 (Taban ve Boyut)
\(\{(1,1,1),\ (1,2,3),\ (2,-1,1)\}\) kümesinin \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir tabanı olduğunu gösteriniz.
\(\{(1,1,2),\ (1,2,5),\ (5,3,4)\}\) kümesinin \(\mathbb{R}^{3}\)’ün bir tabanı olmadığını gösteriniz.
\(\mathbb{R}^{4}\)’te \(L\big((1,-2,3,-1),\ (1,1,-2,3)\big)\) alt uzayının boyutunu bulunuz.
\(\mathbb{R}^{4}\)’te \(L\big((3,-6,3,-9),\ (-2,4,-2,6)\big)\) alt uzayının boyutunu bulunuz.
Çözüm
a) \(\dim \mathbb{R}^{3} = 3\) olduğundan üç elemanlı bir kümenin taban olması için lineer bağımsız olması yeterlidir; yine de burada doğrudan hesapla ilerleyelim. Vektörleri satır kabul eden matrisi indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 3\\ 2 & -1 & 1\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -2R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & -3 & -1\end{pmatrix} \overset{R_3 \to 3R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 5\end{pmatrix}\]
Elde edilen matris bir merdiven matristir ve sıfır satırı yoktur; dolayısıyla üç vektör lineer bağımsızdır. Ayrıca merdivenin satır uzayı, ilk matrisin satır uzayına eşittir ve üç ayrıcalıklı eleman üç sütunu da kapsadığından bu uzay \(\mathbb{R}^{3}\)’ün tamamıdır. Küme hem bağımsız hem doğuran olduğundan bir tabandır.
b) Aynı yöntemi uygulayalım:
\[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\ 1 & 2 & 5\\ 5 & 3 & 4\end{pmatrix} \overset{\substack{R_2 \to -R_1 + R_2\\ R_3 \to -5R_1 + R_3}}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 3\\ 0 & -2 & -6\end{pmatrix} \overset{R_3 \to 2R_2 + R_3}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 3\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}\]
Bir satır tamamen sıfır olduğundan üç vektör lineer bağımlıdır; bağımlı bir küme taban olamaz. (Nitekim gerilen uzayın boyutu \(2\)’dir, \(\mathbb{R}^{3}\)’ün tamamı değildir.)
c) İki vektörü satır kabul eden matrisi indirgeyelim:
\[\begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -1\\ 1 & 1 & -2 & 3\end{pmatrix} \overset{R_2 \to -R_1 + R_2}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & -2 & 3 & -1\\ 0 & 3 & -5 & 4\end{pmatrix}\]
Merdiven şeklinde iki sıfırdan farklı satır kaldı; bunlar lineer bağımsızdır ve satır uzayı değişmediğinden alt uzayın bir tabanını oluştururlar. Demek ki
\[\dim L\big((1,-2,3,-1),\ (1,1,-2,3)\big) = 2\]
(Aynı sonuç doğrudan da görülür: hiçbiri diğerinin katı olmadığından iki vektör bağımsızdır.)
d) Burada ikinci vektör birincinin bir katıdır:
\[-\frac{2}{3}(3,-6,3,-9) = (-2, 4, -2, 6)\]
Dolayısıyla iki vektör lineer bağımlıdır ve gerdikleri uzay tek bir vektörün gerdiği uzaydır:
\[L\big((3,-6,3,-9),\ (-2,4,-2,6)\big) = L\big((3,-6,3,-9)\big)\]
Sıfırdan farklı tek bir vektör bağımsız olduğundan bu küme bir tabandır ve boyut \(1\)’dir.
\(\blacksquare\)
Boyutun iyi tanımlı olduğunu biliyoruz. Şimdi bu sayının nasıl kullanıldığına bakalım: bağımsız kümeleri tabana tamamlamak, alt uzayların boyutlarını karşılaştırmak ve iki alt uzayın toplamının boyutunu hesaplamak. Sıradaki bölüm bunları veriyor: boyut teoremleri.