Akademik Matematik http://www.akademikmatematik.com Akademik Matematik Siteniz Thu, 18 Mar 2010 15:33:39 +0000 http://wordpress.org/?v=2.9.2 en hourly 1 Bir Vektör Uzayının Boyutu http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/bir-vektor-uzayinin-boyutu.html http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/bir-vektor-uzayinin-boyutu.html#comments Fri, 19 Feb 2010 21:40:24 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=939 TANIM1: K cisim olmak üzere, K cismi üzerindeki bir X lineer uzayının tabanının eleman sayısına o uzayın boyutu denir ve \text{boy}X ya da \text{boy}_{K}X ile gösterilir. X’in sonlu bir tabanı varsa X’e sonlu boyutlu uzay, aksi halde sonsuz boyutlu uzay denir.

Şimdi bu tanımı inceleyelim:

Vektör Uzaylarında Tabanlar konumuzdaki Sonuç1′e göre her lineer uzayın bir tabanı olduğundan, X uzayının tabanının eleman sayısından bahsedebiliriz. Ayrıca X sonlu boyutlu ise, yine Vektör Uzaylarında Tabanlar konumuzdaki Sonuç4′e göre X’in tüm tabanları aynı sayıda elemana sahiptir. Bu yüzden şöyle bir sonuca varırız: Bir X lineer uzayının boyutu ya sonsuzdur ya da n\in\mathbb{N} sabit bir sayı olmak üzere “n” dir.

ÖRNEK1: Vektör Uzaylarında Tabanlar konumuzdaki Örnek1′e göre her cisim kendi üzerinde 1 boyutludur.

ÖRNEK2: Vektör Uzaylarında Tabanlar konumuzdaki Örnek2′ye göre K bir cisim ve n\in{\mathbb{Z}^{+}} olmak üzere K^{n}, K üzerinde n boyutludur.

ÖRNEK3: X olarak, sadece \theta elemanını içeren \{\theta\} uzayını alalım. Bu uzayın tabanı \emptyset kabul edilir. O halde \{\theta\} uzayı 0 boyutludur.

ÖRNEK4: Vektör Uzaylarında Tabanlar konumuzdaki Örnek5′e göre \mathbb{C}, \mathbb{R} üzerinde 2, \mathbb{C} üzerinde 1 boyutludur. Yani \text{boy}_{\mathbb{R}}\mathbb{C}=2 ve \text{boy}_{\mathbb{C}}\mathbb{C}=1’dir.

ÖNERME1: X bir K-vektör uzayı olsun. Bu takdirde,

a) X sonlu boyutlu ise X’in tüm M altuzayları da sonlu boyutludur ve \text{boy}M\le{\text{boy}X}’tir.

b) X sonlu boyutlu ve M\subset{X} altuzayı \text{boy}M=\text{boy}X özelliğini sağlıyorsa M=X’tir.

c) X’in bir alt uzayı sonsuz boyutlu ise kendisi de sonsuz boyutludur.

İSPAT:

ÖRNEK5: Vektör Uzaylarında Tabanlar konumuzdaki Örnek8′e göre, A=\{1,x,x^{2},x^{3},\dots,x^{n},\dots\} kümesi

X=P^{*}=\{a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\, |\, a_{k}\in{\mathbb{R}}, 0\le{k}\le{n}, n\in{\mathbb{N}}\}, tüm reel katsayılı polinomlar uzayının bir tabanı olduğundan P^{*} uzayı sonsuz boyutludur.

Ayrıca X=P^{*} uzayı, Örnek8′deki X'=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}=\{f\:|\: f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}}\;\text{fonksiyondur}\} uzayında içerindiğinden, X' uzayı da Önerme1c ile sonsuz boyutludur.

ÖNERME2: X, \mathbb{Q} üzerinde sonlu boyutlu bir lineer uzay olsun. Bu takdirde X sayılabilirdir.

İSPAT:

SONUÇ1: \mathbb{R} reel sayılar uzayı, \mathbb{Q} üzerinde bir lineer uzaydır. \mathbb{R} sayılamaz bir küme olduğundan Önerme2′ye göre \mathbb{Q} üzerinde sonlu boyutlu olamaz. Dolayısıyla sonsuz boyutludur. (Benzer şekilde \mathbb{C} kompleks sayılar uzayı da \mathbb{Q} üzerinde sonsuz boyutludur)

]]> http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/bir-vektor-uzayinin-boyutu.html/feed 0 Vektör Uzaylarında Tabanlar http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/vektor-uzaylarinda-tabanlar.html http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/vektor-uzaylarinda-tabanlar.html#comments Mon, 15 Feb 2010 05:49:11 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=912 TANIM1: X bir K-vektör uzayı A\subset{X} olsun. Aşağıdaki koşulları sağlanıyorsa A’ya X’in bir tabanı ya da bazı denir:

T1) \text{span}A=X,

T2) A lineer bağımsızdır.

ÖRNEK1: K bir cisim olmak üzere K’nın kendi üzerinde bir vektör uzayı olduğunu biliyoruz. A=\{1\} olarak alalım.

T1) \forall{k}\in{K} için k=k.1 olduğundan \text{span}\{1\}=K’dır,

T2) “Lineer bağımlılık ve lineer bağımsızlık” konusundaki Örnek6′dan biliyoruz ki, 1\ne{0} olduğundan A lineer bağımsızdır.

O halde A=\{1\}, K’nın bir tabanıdır.

a\ne{0} keyfi bir sabit olmak üzere A=\{a\} olarak seçilirse yine A, K’nın bir tabanı olur. Çünkü,

T1) a\ne{0} olduğundan \displaystyle{\forall{k}\in{K}, k=\left( k\frac{1}{a} \right).a} olduğundan \text{span}\{a\}=K’dır,

T2) Yine “Lineer bağımlılık ve lineer bağımsızlık” konusundaki Örnek6′dan a\ne{0} olduğundan A lineer bağımsızdır.

Bu nedenle, A yine K’nın bir tabanıdır.

Örnek1′e göre \displaystyle{\{1\}, \{2\}, \{\frac{1}{2}\}, \mathbb{Q}}’nun,

\{1\}, \{2\}, \{\pi\}, \{e\}, \{\sqrt{2}\}, \mathbb{R}’nin ve

\{1\}, \{2\}, \{\pi\}, \{e\}, \{i\} \{\sqrt{2}i\}, \{1+i\}, \mathbb{C}’nin ayrı ayrı tabanlarıdır. Örnek1 bize, en basit halde bile bir uzayın birden fazla, hatta sonsuz tane tabanının olduğunu gösterir.

ÖRNEK2: X=\mathbb{R}^{n}, A=\{(1,0,\dots,0),(0,1,0,\dots,0),\dots,(0,\dots,0,1)\} olsun.

Lineer Kombinasyonlar konusundaki Örnek1′de \text{span}A=\mathbb{R}^{n} olduğu ve Lineer Bağımsızlık konusundaki Örnek2′de A’nın lineer bağımsız olduğu gösterilmişti. Buradan A, \mathbb{R}^{n}’in bir tabanıdır.

Bu genelde de doğrudur. K bir cisim olmak üzere X=\mathbb{K}^{n} ve A=\{(1,0,\dots,0),(0,1,0,\dots,0),\dots,(0,\dots,0,1)\} olarak alırsak, yine, A, \mathbb{K}^{n}’in bir tabanı olur.

ÖRNEK3: X=\mathbb{R}^{2}, A=\{(1,1),(3,-2)\} olsun.

T1) (x,y)\in{\mathbb{R}^{2}} keyfi verilsin. (x,y)\in{\text{span}A} olduğunu göstermeliyiz:

(x,y)=a(1,1)+b(3,-2)\Rightarrow{(x,y)=(a+3b,a-2b)}\Rightarrow{x=a+3b\land{y=a-2b}}.

Birinci denklemden ikinci denklemi çıkartırsak \displaystyle{x-y=5b\Rightarrow{b=\frac{x-y}{5}}}.

Bu değeri y=a-2b denkleminde yazıp a’yı bulalım:

\displaystyle{y=a-2\,\frac{x-y}{5}\Rightarrow{5y=5a-2x+2y}\Rightarrow{a=\frac{2x+3y}{5}}}.

Sonuç olarak \displaystyle{\forall{(x,y)}\in{\mathbb{R}^{2}}, (x,y)=\frac{2x+3y}{5}(1,1)+\frac{x-y}{5}(3,-2)}.

Dolayısıyla \text{span}A=\mathbb{R}^{2}’dir.

T2) Şimdi A’nın lineer bağımsız olduğunu gösterelim. Bunu için T1′i kullanacağız.

a(1,1)+b(3,-2)=(0,0)

Bu eşitliğe göre T1′de x=0 ve y=0 alınmış. Buna göre,

\displaystyle{a=\frac{2x+3y}{5}=\frac{2.0+3.0}{5}=0} ve \displaystyle{b=\frac{x-y}{5}=\frac{0-0}{5}=0}

elde edilir. O halde A lineer bağımsızdır. Sonuç olarak A=\{(1,1),(3,-2)\}, \mathbb{R}^{2}’nin bir tabanıdır.

ÖRNEK4: X=\mathbb{R}^{3}, A=\{(-1,1,2),(0,3,-2),(1,-5,0)\} olsun.

T1) (x,y,z)\in{\mathbb{R}^{3}} keyfi verilsin. (x,y,z)\in{\text{span}A} olduğunu göstermeliyiz:

(x,y,z)=a(-1,1,2)+b(0,3,-2)+c(1,-5,0)

\Rightarrow{(x,y,z)=(-a+c,a+3b-5c,2a-2b)}

\Rightarrow{x=-a+c\:(1)\land{y=a+3b-5c}\:(2)\land{z=2a-2b}\:(3)}

(1) denklemi ile (2) denklemi taraf tarafa toplanırsa x+y=3b-4c\:(4),

(1) denkleminin 2 katı ile (3) denklemi taraf tarafa toplanırsa 2x+z=2c-2b\:(5)

elde edilir.

(5) denkleminin 2 katı ile (4) denklemi taraf tarafa toplanırsa 5x+y+2z=-b, yani, b=-5x-y-2z bulunur.

b=-5x-y-2z değeri, (5) denkleminde yerine yazılırsa,

2x+z=2c-2(-5x-y-2z)\Rightarrow{2x+z=2c+10x+2y+4z}

\displaystyle{\Rightarrow{c=-\frac{8x+2y+3z}{2}}}, son olarak a’yı bulmak için bu değeri (1) denkleminde yerine yazalım:

\displaystyle{x=-a-\frac{8x+2y+3z}{2}\Rightarrow{2x=-2a-8x-2y-3z}\Rightarrow{a=-\frac{10x+2y+3z}{2}}}.

Sonuç olarak \forall{(x,y,z)}\in{\mathbb{R}^{3}} için

\displaystyle{(x,y,z)=-\frac{10x+2y+3z}{2}(-1,1,2)-(5x+y+2z)(0,3,-2)}

\displaystyle{-\frac{8x+2y+3z}{2}(1,-5,0)}.

Dolayısıyla \text{span}A=\mathbb{R}^{3}’tür.

T2) A’nın lineer bağımsız olduğunu gösterelim. Bunu için önceki örnekte olduğu gibi yine T1′i kullanacağız.

a(-1,1,2)+b(0,3,-2)+c(1,-5,0)=(0,0,0)

Bu eşitlik, T1′deki x=0, y=0 ve z=0 durumudur. O halde,

\displaystyle{a=-\frac{10x+2y+3z}{2}=-\frac{10.0+2.0+3.0}{2}=0},

b=-5x-y-2z=-5.0-0-2.0=0 ve

\displaystyle{c=-\frac{8x+2y+3z}{2}=-\frac{8.0+2.0+3.0}{2}=0}

elde edilir. O halde A lineer bağımsızdır.

Sonuç olarak A=\{(-1,1,2),(0,3,-2),(1,-5,0)\}, \mathbb{R}^{3}’nin bir tabanıdır.

ÖRNEK5: X=\mathbb{C} olarak alalım ve \mathbb{C}’yi, K=\mathbb{R} üzerinde bir vektör uzayı olarak düşünelim. A=\{1,i\} olarak alalım.

Kompleks sayıların özelliklerine göre \forall{z}\in{\mathbb{C}}, \exists{a,b}\in{\mathbb{R}}: z=a+ib=a.1+b.i olduğundan \text{span}A=\mathbb{C}’dir. Ayrıca Lineer bağımsızlık konusundaki Örnek 12′de A’nın lineer bağımsız olduğu ispatlandığına göre, \{1,i\}, \mathbb{C}’nin bir tabanıdır.

ÖRNEK6: X=\mathbb{R}^{2}, A=\{(1,0),(1,1),(3,-2)\} olsun.

\forall{(x,y)}\in{\mathbb{R}^{2}}, (x,y)=(x-y)(1,0)+y.(1,1)+0.(3,-2) olduğundan \text{span}A=\mathbb{R}^{2}’dir. Fakat (3,-2)=5(1,0)-2(1,1) olduğundan, yani, A’nın bir elemanı diğerlerinin lineer kombinasyonu olarak yazılabildiğinden A, lineer bağımsız değildir. Bu yüzden A, \:\mathbb{R}^{2}’nin tabanı olamaz.

ÖRNEK7: X=\mathbb{R}^{3}, A=\{(1,-1,0),(0,-1,2)\} olsun.

a,b\in{\mathbb{R}} için a(1,-1,0)+b(0,-1,2)=(0,0,0) diyelim.

\Rightarrow{(a,-a-b,2b)=(0,0,0)}\Rightarrow{a=0\land{-a-b=0}\land{2b=0}}\Rightarrow{a=0\land{b=0}}.

Dolayısıyla A lineer bağımsızdır.

(1,0,0)\in{\mathbb{R}^{3}}’tür. (1,0,0)\in{\text{span}A} olup olmadığını araştıralım:

(1,0,0)=a(1,-1,0)+b(0,-1,2)\Rightarrow{a=1\land{-a-b=0}\land{2b=0}} olur. Burada a=1 ve b=0 değerleri -a-b=0 denkleminde yerinde yazılırsa -1=0 çelişkisine varılır. O halde (1,0,0)=a(1,-1,0)+b(0,-1,2) olacak biçimde a,b\in{\mathbb{R}} mevcut değildir. Bu ise (1,0,0)\notin{\text{span}A} olduğunu, yani, \text{span}A\ne{\mathbb{R}^{3}} olduğunu gösterir. Sonuç olarak A lineer bağımsız olduğu halde \mathbb{R}^{3}’ün bir tabanı değildir.

ÖRNEK8: X'=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}=\{f\:|\: f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}}\;\text{fonksiyondur}\} uzayının alt uzayı olan

X=P^{*}=\{a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\, |\, a_{k}\in{\mathbb{R}}, 0\le{k}\le{n}, n\in{\mathbb{N}}\} uzayını, yani, tüm reel polinomların uzayını ele alalım.

A=\{1,x,x^{2},x^{3},\dots,x^{n},\dots\} olarak seçelim.

Lineer kombinasyonlar konusundaki Örnek2′de \text{span}A=P^{*} olduğu ve Lineer bağımsızlık konusundaki Sonuç3′te A’nın lineer bağımsız olduğu gösterilmişti. Buna göre A, P^{*}’ın bir tabanıdır.

ÖNERME1: X bir K-vektör uzayı A\subset{X} bir taban olsun. Bu takdirde,

\forall{x}\in{X}, \exists!{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}}\in{A} ve \exists!{c_{1},c_{2},\dots,c_{n}}\in{K}:

\displaystyle{x=c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}=\sum_{k=1}^{n}c_{k}x_{k}}.

Yani, X uzayın herbir elemanı, tabanın elemanlarının tek bir lineer kombinasyonu olarak yazılabilir.

İSPAT:

TEOREM1: X bir K-vektör uzayı A\subset{X} lineer bağımsız bir küme olsun. Bu takdirde A’yı içeren X’in bir tabanı vardır.

İSPAT:

SONUÇ1: Her lineer uzayın en az bir tabanı vardır.

\emptyset lineer bağımsız olarak kabul edilir. Teorem1′de A=\emptyset olarak alınırsa “Her lineer uzayın boşkümeyi içeren bir tabanı vardır” şeklinde bir sonuca varılır. Yani Sonuç1′deki “Her lineer uzayın bir tabanı vardır” önermesi doğrudur.

TEOREM2: X bir K-vektör uzayı A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} bir taban olsun. Eğer B=\{y_{1},y_{2},\dots,y_{m}\} lineer bağımsızsa m\le{n}’dir.

İSPAT:

SONUÇ2: X bir K-vektör uzayı A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} bir taban olsun. Bu takdirde n’den fazla elemanlı her küme (dolayısıyla sonsuz kümeler de) lineer bağımlıdır.

SONUÇ3: X bir K-vektör uzayı A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} bir taban olsun. Bu takdirde n elemanlı ve lineer bağımsız her küme X’in bir tabanıdır.

B=\{y_{1},y_{2},\dots,y_{n}\} lineer bağımsız olsun. O halde Teorem1′e göre B’yi içeren X’in bir tabanı vardır. Bu tabanı S ile gösterelim. Sonuç2′ye göre S=B olmak zorundadır. Çünkü S kümesinde, B’de olmayan bir eleman olsaydı S kümesinin eleman sayısı n’i geçeceğinden lineer bağımlı olurdu. Dolayısıyla B tabandır.

SONUÇ4: X bir K-vektör uzayı A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} bir taban olsun. Bu takdirde X’in bütün tabanları n elemanlıdır.

B=\{y_{1},y_{2},\dots,y_{m}\} başka bir taban olsun. A bir taban ve B lineer bağımsız olduğundan Teorem2 ile m\le{n}’dir. Öte yandan B bir taban ve A lineer bağımsız olduğundan yine Teorem2 ile n\le{m}’dir. Dolayısıyla n=m olmalıdır.

]]> http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/vektor-uzaylarinda-tabanlar.html/feed 0 Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/lineer-bagimlilik-ve-lineer-bagimsizlik.html http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/lineer-bagimlilik-ve-lineer-bagimsizlik.html#comments Fri, 12 Feb 2010 14:03:27 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=882 TANIM1: X bir K-vektör uzayı ve x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} olsun. Bu durumda c_{1},c_{2},\dots,c_{n}\in{K} olmak üzere c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}=\theta denklemi yalnızca c_{1}=c_{2}=\cdots=c_{n}=0 durumunda sağlanıyorsa, x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} elemanlarına lineer bağımsızdır denir.

Burada en çok karıştırılan nokta şudur:

“c_{1}=c_{2}=\cdots=c_{n}=0 durumunda zaten c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}=\theta denklemi sağlanıyor. O halde x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} lineer bağımsızdır” şeklinde, yanlış bir anlaşılma oluyor. Lineer bağımsızlığın tanımı bu değildir. x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} elemanlarının lineer bağımsız olması için gerek ve yeter koşul c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}=\theta denkleminin c_{1}=c_{2}=\cdots=c_{n}=0 haricinde hiçbir çözümünün bulunmamasıdır. Yani, x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} elemanları lineer bağımsız ve c_{1},c_{2},\dots,c_{n}\in{K} sayılarından en az biri sıfırdan farklıysa c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n} toplamı da sıfırdan farklıdır. Örneklerle zaten bu söylediklerimizi açıklayacağız.

TANIM2: X bir K-vektör uzayı olsun. Eğer, x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} lineer bağımsız değilse bu elemalara lineer bağımlıdır denir. Lineer bağımlılık, lineer bağımsızlığın tersi olduğuna göre lineer bağımlılığın tanımı şu biçimde verilebilir:

x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} lineer bağımlıdır

\iff \exists{c_{1},c_{2},\dots,c_{n}}\in{K}, \exists{i}=\overline{1,n}: c_{i}\ne{0} \; \text{ve} \; c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}=\theta

Yani, c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}=\theta denkleminde en az bir c_{i} sıfırdan farklı olabiliyorsa x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\in{X} elemanları lineer bağımlıdır.

Basitten karmaşığa doğru örnekler verelim:

ÖRNEK1: X=\mathbb{R}^{2}, A=\{(1,0),(0,1)\} olsun.

c_{1}(1,0)+c_{2}(0,1)=(0,0)\Rightarrow{(c_{1},c_{2})=(0,0)}\Rightarrow{c_{1}=0\land{c_{2}=0}} olduğundan (1,0) ve (0,1) elemanları lineer bağımsızdır.

ÖRNEK2: Örnek1′i genelleştirelim. n\in{\mathbb{Z}^{+}} olmak üzere X=\mathbb{R}^{n}, A=\{(1,0,\dots,0),(0,1,0,\dots,0),\dots,(0,\dots,0,1)\} olsun.

c_{1}(1,0,\dots,0)+c_{2}(0,1,0,\dots,0)+\cdots+c_{n}(0,\dots,0,1)=(0,0,\dots,0)

\Rightarrow{(c_{1},c_{2},\dots,c_{n})=(0,0,\dots,0)}\Rightarrow{c_{1}=0, c_{2}=0,\dots,c_{n}=0}

olduğundan A kümesi lineer bağımsızdır.

ÖRNEK3: X=\mathbb{R}^{2}, A=\{(1,2),(-5,3)\} olsun.

c_{1},c_{2} yerine basitlik için a,b kullanalım:

a(1,2)+b(-5,3)=(0,0)\Rightarrow{(a-5b,2a+3b)=(0,0)}\Rightarrow{a-5b=0\land{2a+3b=0}}.

\bigg\{ 2a+3b=0\\{\;\:}a-5b=0 \; biçiminde, iki bilinmeyenli bir denklemi çözmemiz gerekir. Şimdi bu denklemi

çözelim:

{\quad\,\,}2a+3b=0\\{-2/a-5b=0\setminus{-2}} {\quad}\Rightarrow{\quad} {\quad\;\:}2a+3b=0\\-2a+10b=0 {\quad}

Şimdi bu denklemleri taraf tarafa toplayalım:

{}

{\quad\;\:}2a+3b=0\\-2a+10b=0\\{\stackrel{+\qquad\qquad\qquad}{\overline{\qquad\quad\;13b=0}}}

O halde b=0’dır. Buradan da a-5b=0 denkleminde b=0 yerine yazılırsa a=0 bulunur. Dolayısıyla (1,2) ve (-5,3) vektörleri lineer bağımsızdır.

ÖRNEK4: X=\mathbb{R}^{3}, A=\{(-1,2,6),(2,-4,3),(0,0,15)\} olsun. a=2, b=1, c=-1 seçersek, a,b,c\ne{0} olduğu halde

a.(-1,2,6)+b.(2,-4,3)+c(0,0,15)=2.(-1,2,6)+1.(2,-4,3)+(-1).(0,0,15)

=(0,0,0)

dır. O halde (-1,2,6),(2,-4,3),(0,0,15) vektörleri lineer bağımlıdır.

ÖRNEK5: X=\mathbb{R}^{4}, A=\{(8,-2,1,1),(-7,0,0,-5),(0,0,0,0)\} olsun.

a=0, b=0, c=1 seçersek, c\ne{0} olduğu halde

a.(8,-2,1,1)+b(-7,0,0,-5)+c.(0,0,0,0)

=0.(8,-2,1,1)+0.(-7,0,0,-5)+1.(0,0,0,0)=(0,0,0,0)

olur. O halde (8,-2,1,1),(-7,0,0,-5),(0,0,0,0) vektörleri lineer bağımlıdır.

c sayısını 1 seçtiğimiz gibi, sıfırdan farklı herhangi bir sayı da seçebilirdik. Fakat bunun bir önemi yoktur. Çünkü lineer bağımlılığın tanımına göre sıfırdan farklı en az bir katsayı bulmak yeterlidir. Burada basitlik için 1 seçtik.

Sıfır, yani \theta=(0,0,0,0) elemanı, A kümesine dahil olduğu için A kümesi lineer bağımlı oldu. Bu, sadece X=\mathbb{R}^{4} uzayı için böyle değildir. Genelde de doğrudur. X herhangi bir K-vektör uzayı olsun. A kümesini \theta’yı içeren herhangi bir sonlu küme seçelim. O halde  A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n},\theta\} biçimindedir.

c_{1}=0,c_{2}=0,\dots,c_{n}=0,c_{n+1}=1 seçilirse

c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}+c_{n+1}\theta=0.x_{1}+0.x_{2}+\cdots+0.x_{n}+1.\theta=\theta

olduğundan A kümesi lineer bağımlı olur.

ÖRNEK6: X\ne{\{\theta\}} bir K-vektör uzayı \theta\ne{x}\in{X} olsun. Bu takdirde x\ne{\theta} olduğundan,

cx=\theta\Rightarrow{c=0}

olur. O halde A=\{x\} lineer bağımsızdır.

ÖRNEK7: X=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}=\{f\,|\, f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}} \; \text{fonksiyondur}\}, A=\{e^{x},e^{-x}\} olsun.

ae^{x}+be^{-x}=0 diyelim. (Çalıştığımız uzay fonksiyonların uzayı olduğundan eşitliğin sağ tarafındaki 0, f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{\mathbb{R}}, f(x)=0 fonksiyonunu göstermektedir. Ayrıca yazılan eşitlik fonksiyonların eşitliğidir. Yani, \forall{x}\in{\mathbb{R}}, ae^{x}+be^{-x}=0’dır.)

e^{x} ve e^{-x} fonksiyonlarının lineer bağımsız olduğunu göstermek için a=b=0 olduğunu göstermeliyiz:

x=0 için

ae^{0}+be^{-0}=0\Rightarrow{a+b=0},

x=\ln2 için

\displaystyle{ae^{\ln2}+be^{-\ln2}=0\Rightarrow{2a+\frac{b}{2}=0}}

elde edilir. Birinci eşitlikteki a=-b ikinci eşitlikte yerine yazılırsa,

\displaystyle{2a-\frac{a}{2}=0\Rightarrow{\frac{3a}{2}=0}\Rightarrow{a=0}} ve b=-a=-0=0 elde edilir. O halde e^{x} ve e^{-x} fonksiyonları lineer bağımsızdır.

ÖRNEK8: X=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}=\{f\,|\, f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}} \; \text{fonksiyondur}\}, A=\{\cos{x},\sin{x}\} olsun.

a\cos{x}+b\sin{x}=0 diyelim.

x=0 için a\cos{0}+b\sin{0}=0\Rightarrow{a.1+b.0=0}\Rightarrow{a=0}

\displaystyle{x=\frac{\pi}{2}} için \displaystyle{a\cos{\frac{\pi}{2}}+b\sin{\frac{\pi}{2}}=0\Rightarrow{a.0+b.1=0}\Rightarrow{b=0}}.

O halde \cos{x} \;\text{ve}\: \sin{x} fonksiyonları lineer bağımsızdır.

ÖRNEK9: X=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}=\{f\,|\, f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}} \; \text{fonksiyondur}\}, A=\{\cos^{2}{x},\sin^{2}{x},1\} olsun.

(Burada 1 ile f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{\mathbb{R}}, f(x)=1 fonksiyonu gösterilmektedir.)

a=1, b=1, c=-1 seçilirse a,b,c\ne{0} olduğu halde

a.\cos^{2}{x}+b.\sin^{2}{x}+c.1=1.\cos^{2}{x}+1.\sin^{2}{x}+(-1).1=\cos^{2}{x}+\sin^{2}{x}-1=0

olduğundan \cos^{2}{x},\sin^{2}{x},1 fonksiyonları lineer bağımlıdır.

ÖNERME1: X bir K-vektör uzayı ve A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} olsun. Bu takdirde A’nın lineer bağımlı olması için gerek ve yeter koşul, bir elemanın diğerlerinin lineer kombinasyonu şeklinde yazılmasıdır. Daha açık bir ifadeyle,

A lineer bağımlıdır \iff \exists{k}=\overline{1,n}: x_{k}=c_{1}x_{1}+\cdots+c_{k-1}x_{k-1}+c_{k+1}x_{k+1}+\cdots+c_{n}x_{n}

İSPAT:

ÖRNEK10: X=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}=\{f\,|\, f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}} \; \text{fonksiyondur}\}, A=\{e^{x},e^{-x},\cosh{x}\} olsun.

\displaystyle{\cosh{x}=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=\frac{1}{2}e^{x}+\frac{1}{2}e^{-x}} olduğundan \cosh{x} fonksiyonu,  e^{x} ve e^{-x} fonksiyonlarının lineer kombinasyonu olarak yazılabilir. O halde Önerme1′e göre A lineer bağımlıdır.

ÖNERME2: X bir K-vektör uzayı ve A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} lineer bağımsız olsun. Bu takdirde \text{span}A‘nın her bir x elemanı, c_{1},c_{2},\dots,c_{n}\in{K} olmak üzere tek bir

x=c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}+\cdots+c_{n}x_{n}

gösterimine sahiptir.

İSPAT:

ÖNERME3: X bir K-vektör uzayı ve A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} lineer bağımlı olsun. Bu takdirde A’ya sonlu eleman eklenmesiyle oluşturulan yeni küme de lineer bağımlıdır.

İSPAT:

SONUÇ1: X bir K-vektör uzayı ve A=\{x_{1},x_{2},\dots,x_{n}\}\subset{X} lineer bağımsız olsun. Bu takdirde A’nın her alt kümesi de lineer bağımsızdır.

A’nın bir C alt kümesi lineer bağımlı olsaydı A’nın diğer elemalarını C’ye eklediğimizde Önerme3′e göre A da lineer bağımlı olurdu. Dolayısıyla lineer bağımsız bir kümenin her alt kümesi lineer bağımsızdır.

Şimdiye kadar hep sonlu kümelerin lineer bağımsızlığından ve lineer bağımlılığından bahsettik. Şimdi de sonsuz kümelerin lineer bağımsızlığından ve lineer bağımlılığından bahsedelim:

TANIM3: X bir K-vektör uzayı ve A\subset{X} sonsuz bir küme olsun. Eğer A’nın her sonlu alt kümesi lineer bağımsızsa A’ya lineer bağımsızdır denir. Aksi taktirde lineer bağımlıdır denir. Yani A’nın lineer bağımlı en az bir sonlu alt kümesi varsa A’ya lineer bağımlıdır denir.

ÖRNEK11: X=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}=\{f\,|\, f:\mathbb{R}\rightarrow{\mathbb{R}} \; \text{fonksiyondur}\}, A=\{1,x,x^{2},x^{3},\dots,x^{n}\} olsun.

A’nın lineer bağımsız olduğunu gösterelim:

c_{0}1+c_{1}x+c_{2}x^{2}+c_{3}x^{3}+\cdots+c_{n}x^{n}=0 {\qquad} (*) diyelim. İki taraftan türev alalım.

c_{1}+2c_{2}x+3c_{3}x^{2}+\cdots+nc_{n}x^{n-1}=0. Bir daha türev alalım.

2c_{2}+3.2c_{3}x+\cdots+n(n-1)c_{n}x^{n-2}=0. Bu şekilde n. türeve kadar devam edersek

n!c_{n}=0 elde ederiz. Buradan da c_{n}=0 bulunur. Bulduğumuz bu c_{n}=0 sonucunu (*) denkleminde yerine yazarsak

c_{0}1+c_{1}x+c_{2}x^{2}+c_{3}x^{3}+\cdots+c_{n-1}x^{n-1}=0 (**) elde ederiz. (*) denklemine uyguladığımız türev işleminin aynısını (**) denklemine n-1 defa uygularsak (n-1)!c_{n-1}=0, yani c_{n-1}=0 elde ederiz. Sonra bu sonucu da (**) denkleminde yerine yazar ve bu süreci böyle devam ettirirsek c_{n-2}=c_{n-3}=\cdots=c_{1}=c_{0}=0 elde ederiz. O halde A kümesi lineer bağımsızdır.

SONUÇ2: A=\{1,x,x^{2},x^{3},\dots,x^{n}\} kümesinin lineer bağımsız olduğunu elde ettik. Sonuç1′e göre A’nın her alt kümesi de lineer bağımsızdır. Yani 0\le{n_{1}}\le{n_{2}}\le\dots\le{n_{k}}\le{n} olmak üzere B=\{x^{n_{1}},x^{n_{2}},\dots,x^{n_{k}}\}\subset{A} da lineer bağımsızdır. Örneğin B=\{x^{3},x^{22},x^{43},x^{567}\} kümesi lineer bağımsızdır.

SONUÇ3: P^{*}=\{1,x,x^{2},x^{3},\dots,x^{n},\dots\}\subset{\mathbb{R}^{\mathbb{R}}} sonsuz kümesini inceleyelim. Sonuç2′ye göre P^{*}’ın her alt kümesi lineer bağımsızdır. Sonsuz kümelerin lineer bağımsızlığının tanımına göre P^{*} da lineer bağımsızdır.

SONUÇ4 (POLİNOM EŞİTLİĞİ): n,m\in{\mathbb{N}}, a_{n},a_{n-1},\dots,a_{1},a_{0},b_{m},b_{m-1},\dots,b_{1},b_{0}\in{\mathbb{R}} olmak üzere p(x)=a_{n}x^{n}+\cdots+a_{1}x+a_{0} ve q(x)=b_{m}x^{m}+\cdots+b_{1}x+b_{0} polinomlarını ele alalım. İki polinomun birbirine eşit olması için gerek ve yeter koşul katsayılarının eşit olmasıdır. Şimdi bunu ispatlayalım. Katsayılarının eşit olması durumunda polinomların eşit olması açıktır. Biz tersini gösterelim. Varsayalım ki p(x)=q(x)’tir. Şimdi katsayılarının eşit olduğunu gösterelim. Genellikten birşey kaybetmeden n\le{m} varsayabiliriz.

b_{m}x^{m}+\cdots+b_{n+1}x^{n+1}+b_{n}x^{n}+\cdots+b_{1}x+b_{0}=a_{n}x^{n}+\cdots+a_{1}x+a_{0}

\Rightarrow{b_{m}x^{m}+\cdots+b_{n+1}x^{n+1}+(b_{n}-a_{n})x^{n}+\cdots+(b_{1}-a_{1})x+(b_{0}-a_{0})1=0}

Örnek11′e göre \{1,x,x^{2},x^{3},\dots,x^{m}\} kümesi lineer bağımsız olduğundan katsayılar sıfıra eşittir. O halde,

b_{m}=\cdots=b_{n+1}=b_{n}-a_{n}=\cdots=b_{1}-a_{1}=b_{0}-a_{0}=0, yani

b_{m}=0,\dots,b_{n+1}=0, b_{n}=a_{n},\dots,b_{1}=a_{1}, b_{0}=a_{0}’dır.

İstenen elde edildi.

Lineer bağımsızlık veya bağımlılık cisme göre değişebilir. Bunun için örnekler verelim:

ÖRNEK12: \mathbb{C} uzayı, \mathbb{R} üzerinde bir vektör uzayıdır. A=\{1,i\}\subset{\mathbb{C}} olarak seçelim ve bu kümenin lineer bağımsız olduğunu gösterelim. a,b\in{\mathbb{R}} olsun. Kompleks sayıların özelliklerine göre

a.1+b.i=0\Leftrightarrow{a+ib=0}\Leftrightarrow{a=0\land{b=0}}.

O halde 1 ve i lineer bağımsızdır.

\mathbb{C} aynı zamanda kendi üzerinde de bir vektör uzayıdır. Şimdi A=\{1,i\}\subset{\mathbb{C}} kümesini bu koşullar altında inceleyelim. \mathbb{C}’yi yine \mathbb{C} üzerinde bir vektör uzayı olarak düşündüğümüz için skalerleri \mathbb{C}’den seçebiliriz. a=1\ne{0} ve b=i\ne{0} olarak seçilirse

a.1+b.i=1.1+i.i=1+i^{2}=1-1=0

olduğundan 1 ve i lineer bağımlıdır.

Peki 1 ve i lineer bağımlı mıdır lineer bağımsız mı? Size böyle bir soru sorulduğunda siz de şunu sormalısınız:

“Hangi cisim üzerinde?”

\mathbb{C} üzerinde ise lineer bağımlı, \mathbb{R} üzerinde ise lineer bağımsızdır.

]]> http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/lineer-bagimlilik-ve-lineer-bagimsizlik.html/feed 0 Normlu Uzayın İç Çarpımlı Uzay Olması için Gerek ve Yeter Koşul http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html#comments Fri, 05 Feb 2010 09:31:17 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=804 \big( X,||.|| \big) normlu uzayının iç çarpımlı uzay olması için gerek ve yeter koşul bu uzayın \forall{x,y}\in{X}, ||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big) koşulunu (paralekenar özelliğini) sağlamasıdır. Bunu daha açık ifade edelim: Eğer (X,||.||) normlu uzayı, iç çarpım ile üretilmişse bu uzay paralelkenar özelliğini ve “polarizasyon eşitliği”ni sağlar. Tersine \big( X,||.|| \big) normlu uzayı paralelkenar özelliğini sağlıyor ise polarizasyon eşitliğinde verilen fonksiyon bir iç çarpımdır, yani, polarizasyon eşitliğiyle verilen fonksiyon aracılığıyla \big( X,(\, , ) \big) bir iç çarpımlı uzay olur. Polarizasyon eşitliği Reel ve Kompleks lineer uzaylarda, aşağıdaki biçimde verilir:

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)} \mathbb{R}-lineer uzaylarda,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

\mathbb{C}-lineer uzaylarda.

Norm ile iç çarpım arasındaki bağıntıyı veren bu özelliği fonksiyonel analiz okuyan biri mutlaka görmüştür. Fakat bunun ispatı ne internette ne de kitaplarda vardır. En iyi fonksiyonel analiz kitaplarında bile yalnızca ispatın yöntemi gösterilmiş. Şimdi, 3 yılda tamamladığım bu ispatı siz akademikmatematik.com kullanıcılarıyla paylaşacağım:

Bu teoremin ispatını Reel ve Kompleks lineer uzaylarda ayrı ayrı yapacağız. Fakat ispatın bazı yerleri Reel ve Kompleks lineer uzaylar için aynı olacak. Önce birkaç lemma ispatlamamız gerekiyor:

LEMMA1: \big( X,||.|| \big) K cismi üzerinde normlu bir uzay olsun. (K=\mathbb{R} veya K=\mathbb{C}) Bu takdirde f:X\rightarrow{K} fonksiyonu, sürekli ve \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y), toplamsallık özelliğini sağlıyorsa \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x)’tir.

İSPAT: Bu ispatı adım adım yapacağız ve matematik tarihinde de olduğu gibi en basit Doğal sayılar kümesinden Reel sayılar kümesine doğru ilerleyeceğiz. x\in{X} keyfi alalım.

i) a=0 olsun. f(0x)=f(\theta)=f(\theta+\theta)=f(\theta)+f(\theta)\Rightarrow{f(\theta)=f(\theta)+f(\theta)}.

Eşitliğin iki tarafına -f(\theta) eklersek,

f(\theta)+(-f(\theta))=f(\theta)+f(\theta)+(-f(\theta))\Rightarrow{0=f(\theta)} bulunur. O halde,

f(0x)=f(\theta)=0=0f(x) elde edilir.

a=0 için ispat tamamlandı.

ii) a=n\in{\mathbb{Z}^{+}} olsun.

f(nx)=f(\underbrace{x+x+\cdots+x}_{n\: \text{tane}})=\underbrace{f(x)+f(x)+\cdots+f(x)}_{n\: \text{tane}}=nf(x).

a=n\in{\mathbb{Z}^{+}} için ispat tamamlandı.

iii) a=n\in{\mathbb{Z}^{-}} olsun. O halde -n\in{\mathbb{Z}^{+}} olduğundan (ii) ile f\big( (-n)x \big)=-nf(x)’dir.

(i) ile 0=f(0x)=f\big( (n+(-n))x \big)=f(nx)+f\big( (-n)x \big)=f(nx)+(-n)f(x)

\Rightarrow{f(nx)=nf(x)}.

(i), (ii) ve (iii) ile \forall{n}\in{\mathbb{Z}}, \forall{x}\in{X}, f(nx)=nf(x).

(iv) \displaystyle{a=\frac{n}{m}\in{\mathbb{Q}}} olsun.

\displaystyle{mf\left( \frac{n}{m}x \right)=f\left( m \frac{n}{m} x \right)=f(nx)=nf(x)}

\displaystyle{\Rightarrow{f\left( \frac{n}{m}x \right)=\frac{n}{m}f(x)}}

O halde \forall{q}\in{\mathbb{Q}}, \forall{x}\in{X}, f(qx)=qf(x).

(v) a\in{\mathbb{R}} keyfi olsun. \mathbb{Q}, \mathbb{R}’de yoğun olduğundan

\displaystyle{\exists{(q_{n})}\subset{\mathbb{Q}}: \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}=a.}

\displaystyle{\Rightarrow{f(ax)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n} \right)x \right)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}x \right) \right)}}.

f sürekli olduğundan limitle f yer değişebilir:

\displaystyle{f(ax)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}x \right) \right)=\lim_{n\rightarrow{\infty}}f(q_{n}x)=\lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}f(x)=f(x)\lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}=f(x)a}

=af(x).

Sonuç olarak \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x).

Lemma1′in ispatı bitti.

SONUÇ: \big( X,||.|| \big) \mathbb{R} üzerinde normlu bir uzay olsun. Bu takdirde f:X\rightarrow{\mathbb{R}} fonksiyonu, sürekli ve \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y), toplamsallık özelliğini sağlıyorsa f bir lineer fonksiyoneldir.

LEMMA2: \big( X,||.|| \big) \mathbb{C} üzerinde normlu bir uzay, f:X\rightarrow{\mathbb{C}} ise, \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y) ve  \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x) koşullarını sağlayan fonksiyonel olsun. Bu takdirde f’in lineer olması için gerek ve yeter koşul \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olmasıdır.

İSPAT: f lineer ise \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olduğu açıktır. Tersine \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olsun. x\in{X} ve \lambda\in{\mathbb{C}} keyfi verilsin. O halde a,b\in{\mathbb{R}} olmak üzere \lambda=a+ib biçimindedir.

f(\lambda{x})=f\big( (a+ib)x \big)=f\big( ax+ibx \big)=f(ax)+f\big( b(ix) \big)=af(x)+bf(ix)

=af(x)+ibf(x)=(a+ib)f(x)=\lambda{f(x)}

O halde f lineerdir.

LEMMA3 (GENELLEŞMİŞ PARALELKENAR ÖZELLİĞİ):

\big( X,||.|| \big), K cismi üzerinde, paralelkenar özelliğini sağlayan bir normlu uzay olsun. (K=\mathbb{R} veya K=\mathbb{C}) Bu takdirde \forall a,b,c\in{X} için

||a+b+c||^{2}=||a+b||^{2}+||a+c||^{2}+||b+c||^{2}-||a||^{2}-||b||^{2}-||c||^{2}

eşitliği sağlanır.

İSPAT: Paralelkenar özelliği ||x+y||^{2}=2||x||^{2}+2||y||^{2}-||x-y||^{2} (*) biçiminde yazılabilir. Şimdi ||a+b+c||^{2} ifadesine (*) eşitliğini uygulayalım. x=a+b, y=c alınırsa,

||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-||a+b-c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-||a-c+b||^{2}

(Son ifadede x=a-c, y=b alınıp ||a-c+b||^{2} ifadesine (*) eşitliği uygulanırsa)

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2||a-c||^{2}-2||b||^{2}+||a-c-b||^{2}

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2||a-c||^{2}-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

\big( ||a-c||^{2}=2||a||^{2}+2||c||^{2}-||a+c||^{2} olduğundan\big)

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2(2||a||^{2}+2||c||^{2}-||a+c||^{2})-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

=2||a+b||^{2}-4||a||^{2}-2||c||^{2}+2||a+c||^{2}-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

(Yine son ifadede x=-b-c, y=a alınıp ||(-b-c)+a||^{2} ifadesine (*) eşitliği uygulanırsa)

=2||a+b||^{2}-4||a||^{2}-2||c||^{2}+2||a+c||^{2}-2||b||^{2}+2||a||^{2}+2||b+c||^{2}-||a+b+c||^{2}

=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2}-||a+b+c||^{2}.

Sonuç olarak,

||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2}

-||a+b+c||^{2} elde ettik.

-||a+b+c||^{2} ifadesini eşitliğin sol tarafına atarsak,

2||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2},

Yani,

||a+b+c||^{2}=||a+b||^{2}+||a+c||^{2}+||b+c||^{2}-||a||^{2}-||b||^{2}-||c||^{2}

elde ederiz. Bu ise Lemma3′ün ispatını bitirir.

Şimdi asıl problemi tekrar ifade edip ispatına geçelim:

TEOREM: \big( X,||.|| \big) normlu uzayının iç çarpımlı uzay olması için gerek ve yeter koşul bu uzayın \forall{x,y}\in{X}, ||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big) koşulunu (paralekenar özelliğini) sağlamasıdır. \big( X,||.|| \big) uzayının paralelkenar özelliğini sağlaması durumunda X uzayındaki iç çarpım polarizasyon eşitliği ile verilir. Ayrıca \big( X,(\, , ) \big) uzayı iç çarpımlı uzaysa polarizasyon eşitliği sağlanır.

İSPAT: \big( X,(\, , ) \big) iç çarpımlı uzay olsun. Bu uzayın paralelkenar özelliğini ve polarizasyon eşitliğini sağladığını gösterelim. x,y\in{X} olsun:

||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=(x+y,x+y)+(x-y,x-y)=(x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)

+(x,x)-(x,y)-(y,x)+(y,y)=(x,x)+(x,x)+(y,y)+(y,y)

=2(x,x)+2(y,y)=2\big( (x,x)+(y,y) \big)=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big)

Polarizasyon eşitliğini önce Reel iç çarpımlı uzaylar için ispatlayalım:

\displaystyle{\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)=\frac{1}{4}\big( (x+y,x+y)-(x-y,x-y) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)-(x,x)+(x,y)+(y,x)-(y,y) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(y,x)+(x,y)+(y,x) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(x,y)+(x,y)+(x,y) \big)=\frac{1}{4}\big( 4(x,y) \big)=(x,y)}

Şimdi Kompleks iç çarpımlı uzaylar için ispatlayalım:

\displaystyle{\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x+y,x+y)+i(x+iy,x+iy)-(x-y,x-y)-i(x-iy,x-iy) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)+i(x,x)+(x,y)-(y,x)+i(y,y)}

-(x,x)+(x,y)+(y,x)-(y,y)-i(x,x)+(x,y)-(y,x)-i(y,y) \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(x,y)+(x,y)+(x,y) \big)=\frac{1}{4}\big( 4(x,y) \big)=(x,y)}

Şimdi tersini ispatlayalım. \big( X,||.|| \big), paralelkenar özelliğini sağlayan bir normlu uzay olsun. Bu durumda polarizasyon eşitliğiyle verilen fonksiyonun bir iç çarpım olduğunu gösterelim. Öncelikle Reel normlu uzaylar için ispatı yapalım. Bunun için Reel normlu uzaylar için polarizasyon eşitliğini hatırlayalım:

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)}

Bu fonksiyonun iç çarpım olmanın 3 koşulunu sağladığını gösterirsek Reel normlu uzaylar için ispatı bitireceğiz:

1) \displaystyle{(x,x)=0\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||x+x||^{2}-||x-x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}||2x||^{2}=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}4||x||^{2}=0}}

\Leftrightarrow{||x||^{2}=0}\Leftrightarrow{x=\theta}

2) \displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}-||y-x||^{2} \right)=(y,x)}

3) Genelleşmiş paralelkenar özelliğini ||x+y+z||^{2} ve ||x+y-z||^{2} ifadelerine uygulayarak  (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu gösterelim:

\displaystyle{(x+y,z)=\frac{1}{4}\left( ||x+y+z||^{2}-||x+y-z||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+y||^{2}+||x+z||^{2}+||y+z||^{2}-||x||^{2}-||y||^{2}-||z||^{2}}

-||x+y||^{2}-||x-z||^{2}-||y-z||^{2}+||x||^{2}+||y||^{2}+||z||^{2} \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+z||^{2}+||x-z||^{2} \big)+\frac{1}{4}\big( ||y+z||^{2}+||y-z||^{2} \big)=(x,z)+(y,z)}.

Dolayısıyla \forall{x,y,z}\in{X}, (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu göstermiş olduk.

İç çarpım olduğunu göstermek için son bir adım kaldı. z\in{X} keyfi ve sabit olmak üzere f:X\rightarrow{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(t)=(t,z) tanımlayalım. Bu durumda,

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} \right)}

olmuş olur. Şimdi bu f’in sürekli olduğunu gösterelim. z bir sabit olduğundan t+z ve t-z öteleme fonksiyonları süreklidir. Norm fonksiyonu sürekli olduğundan ve bileşke fonksiyonun sürekliliğinden ||t+z|| ve ||t-z|| fonksiyonları da süreklidir. Sürekli fonksiyonların karesi sürekli olduğundan ||t+z||^{2} ve ||t-z||^{2} fonksiyonları da süreklidir. Sürekli fonksiyonların farkının sürekliliğinden ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} ve son olarak sürekli fonksiyonun \displaystyle{\frac{1}{4}} sabitiyle çarpımı da sürekli olduğundan

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} \right)}

fonksiyonu süreklidir.

Ayrıca \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=(x+y,z)=(x,z)+(y,z)=f(x)+f(y) olduğundan Lemma1 ile \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(at)=af(t)’dir. (Yani f lineerdir) Bunu iç çarpım dilinde yazarsak \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, (at,z)=a(t,z) sağlanır. Sonuç olarak polarizasyon  eşitliği ile verilen

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)}

fonksiyonu bir iç çarpımdır.

Şimdi Kompleks normlu uzaylara geçelim. Yani,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

fonksiyonunun bir iç çarpım olduğunu gösterelim:

1) \displaystyle{(x,x)=0\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||x+x||^{2}+i||x+ix||^{2}-||x-x||^{2}-i||x-ix||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||2x||^{2}+i||(1+i)x||^{2}-i||(1-i)x||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2}+i|1+i|^{2}||x||^{2}-i|1-i|^{2}||x||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2}+2i||x||^{2}-2i||x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{||x||^{2}=0}\Leftrightarrow{x=\theta}}

2) \displaystyle{\overline{(x,y)}=\frac{1}{4}\overline{\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)}}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}+i||x-iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x-iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x+iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i||i(-ix-y)||^{2}-||y-x||^{2}-i||i(-ix+y)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i|i|^{2}||y+ix||^{2}-||y-x||^{2}-i|i|^{2}||y-ix||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i||y+ix||^{2}-||y-x||^{2}-i||y-ix||^{2} \right)=(y,x)}

3) Genelleşmiş paralelkenar özelliğini ||x+y+z||^{2}, ||x+y+iz||^{2}, ||x+y-z||^{2} ve ||x+y-iz||^{2} ifadelerine uygulayarak  (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu gösterelim:

\displaystyle{(x+y,z)=\frac{1}{4}\left( ||x+y+z||^{2}+i||x+y+iz||^{2}-||x+y-z||^{2}-i||x+y-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+y||^{2}+||x+z||^{2}+||y+z||^{2}-||x||^{2}-||y||^{2}-||z||^{2}}

+i||x+y||^{2}+i||x+iz||^{2}+i||y+iz||^{2}-i||x||^{2}-i||y||^{2}-i||z||^{2}

-||x+y||^{2}-||x-z||^{2}-||y-z||^{2}+||x||^{2}+||y||^{2}+||z||^{2}

-i||x+y||^{2}-i||x-iz||^{2}-i||y-iz||^{2}+i||x||^{2}+i||y||^{2}+i||z||^{2} \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+z||^{2}+i||x+iz||^{2}-||x-z||^{2}-i||x-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{+\frac{1}{4}\left( ||y+z||^{2}+i||y+iz||^{2}-||y-z||^{2}-i||y-iz||^{2} \right)=(x,z)+(y,z)}.

Dolayısıyla \forall{x,y,z}\in{X}, (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu göstermiş olduk.

z\in{X} keyfi ve sabit olmak üzere f:X\rightarrow{\mathbb{C}}, \forall{t}\in{X}, f(t)=(t,z) tanımlayalım. Bu durumda,

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}+i||t+iz||^{2}-||t-z||^{2}-i||t-iz||^{2} \right)}

olmuş olur. Reel normlu uzaylardakine benzer nedenlerden dolayı f süreklidir. Ayrıca \forall{x,y}\in{X} için f(x+y)=f(x)+f(y) olduğundan Lemma1 ile \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(at)=af(t)’dir. Şimdi, \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olduğunu gösterirsek Lemma2 ile f’in lineer olduğunu ispatlamış oluruz:

\displaystyle{f(ix)=(ix,z)=\frac{1}{4}\left( ||ix+z||^{2}+i||ix+iz||^{2}-||ix-z||^{2}-i||ix-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||i(x-iz)||^{2}+i||i(x+z)||^{2}-||i(x+iz)||^{2}-i||i(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( |i|^{2}||(x-iz)||^{2}+i|i|^{2}||(x+z)||^{2}-|i|^{2}||(x+iz)||^{2}-i|i|^{2}||(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||(x-iz)||^{2}+i||(x+z)||^{2}-||(x+iz)||^{2}-i||(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=i\frac{1}{4}\left( ||x+z||^{2}+i||x+iz||^{2}-||x-z||^{2}-i||x-iz||^{2} \right)=i(x,z)=if(t)}.

Dolayısıyla f lineerdir. Bu ise,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

fonksiyonunun bir iç çarpım olduğunu gösterir.

İspat bitti. Bu ispat Ufuk Kaya’ya aittir. Lütfen bu ispatı kullandığınız yerde telif hakkının www.akademikmatematik.com‘a ait olduğunu belirtiniz.

]]> http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html/feed 0 Operatörün Normunun Maksimum ile Hesaplanması http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html#comments Thu, 04 Feb 2010 18:25:32 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=775 X ve Y iki normlu lineer uzay olmak üzere A:X\rightarrow{Y} sınırlı lineer operatör ise \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}} olduğunu biliyoruz.  Her supremum probleminde olduğu gibi burada da “supremum maksimuma eşit midir” problemi vardır. Ben, önceleri her sınırlı lineer operatörün normunun maksimum ile hesaplanabileceğini düşündüm. Günlerce bunu ispatlamaya çalıştım ama nafile, çıkmıyordu. Sonra, acaba aksi bir örnek var mıdır diye düşündüm, uğraştım ve en son aşağıda yayımlayacağım örneği inşa ettim. Çok sevinmiştim bu problemi çözünce. Hemen gidip bu örneği hocam Nazım Kerimov ile paylaştım ve onun büyük bir takdirini kazandım.

Biz, önce bu supremumun maksimuma eşit olması için bir yeter koşul verip daha sonra, her durumda supremumun maksimuma dönüşmediğini göstereceğiz.

ÖNERME: X ve Y iki normlu lineer uzay, A:X\rightarrow{Y} sınırlı lineer operatör ve M\ge{0} olsun. Bu takdirde \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} ve \exists{x_{0}}\in{X\setminus{\{\theta\}}}: ||Ax_{0}||=M||x_{0}|| ise ||A||=M’dir. (Yani, \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} olduğunda, sıfırdan farklı tekbir noktada eşitlik sağlanıyorsa ||A||=M’dir)

İSPAT: \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} olduğundan \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}\le{M}} olduğu açıktır. Öte yandan \displaystyle{M=\frac{||Ax_{0}||}{||x_{0}||}\le{\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}}=||A||} olduğundan M\le{||A||}\le{M} ve dolayısıyla ||A||=M sağlanır.

O halde \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} olduğunda, ||Ax_{0}||=M||x_{0}|| olacak şekilde bir

{x_{0}}\in{X\setminus{\{\theta\}}} varsa \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=\max_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}} yazabiliriz.

Bu önerme, problemin kolay kısmıydı. Şimdi bu problemin tersine geçelim:

\displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=M} ise ||Ax_{0}||=M||x_{0}|| olacak şekilde bir {x_{0}}\in{X\setminus{\{\theta\}}} var mıdır? Bu soruyu daha açık soralım:

A sınırlı lineer operatör ise A’nın normu için \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=\max_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=\frac{||Ax_{0}||}{||x_{0}||}} biçiminde bir eşitlik yazabilir miyiz?

Bu sorunun cevabı hayırdır. Tabi sorunun cevabına hayır cavabını veriyorsak bu gerçeği sağlamayan aksi bir örnek bulmalıyız. Şimdi bu örneği inşa edelim ve herbir sınırlı lineer operatörün normunun maksimum ile hesaplanamayacağını gösterelim:

ÖRNEK: X uzayını, X=C^{1}[-1,0]=\{f\,|\,f':[-1,0]\rightarrow{\mathbb{R}}\;\text{surekli bir fonksiyondur}\} olarak tanımlayalım ve buradaki normu,

\forall{f}\in{C^{1}[-1,0]} için \displaystyle{||f||_{C^{1}}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|f(x)|+\max_{-1\le{x}\le{0}}|f'(x)|} biçiminde verelim.

Y uzayını ise Y=C[-1,0]=\{g\,|\,g:[-1,0]\rightarrow{\mathbb{R}}\;\text{surekli bir fonksiyondur}\} olarak

tanımlayalım ve buradaki normu da \forall{g}\in{C[-1,0]} için \displaystyle{||g||_{C}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|g(x)|} biçiminde verelim.

Açıktır ki \forall{f}\in{C^{1}[-1,0]} için ||f||_{C^{1}}=||f||_{C}+||f'||_{C} eşitliği sağlanır.

Şimdi A operatörünü tanımlayalım:

A operatörü hepimizin yakından tanıdığı türev operatörüdür. Yani, A:C^{1}[-1,0]\rightarrow{C[-1,0]}, \forall{f}\in{C^{1}[-1,0]}, Af=f'.

Önce bu operatörün sınırlı olduğunu gösterelim:

\forall{f}\in{C^{1}[-1,0]} için ||Af||_{C}=||f'||_{C}\le{||f||_{C}+||f'||_{C}}=||f||_{C^{1}}=1.||f||_{C^{1}} olduğundan

||A||\le{1}’dir. Şimdi ||A||=1 olduğunu gösterelim:

\forall{n}\in{\mathbb{N}}, f_{n}(x)=e^{nx} olarak seçelim. Açıktır ki \forall{n}\in{\mathbb{N}}, f_{n}\in{C^{1}[-1,0]}’dir.

\forall{n}\in{\mathbb{N}}, f'_{n}(x)=ne^{nx}’tir. f_{n}(x)=e^{nx} ve f'_{n}(x)=ne^{nx} fonksiyonları, pozitif değerli ve

artan olduğundan maksimum değerini sağ uçta, yani 0 noktasında alır. O halde,

\displaystyle{||Af_{n}||_{C}=||f'_{n}||_{C}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|ne^{nx}|=ne^{n.0}=n}

Benzer biçimde,

\displaystyle{||f_{n}||_{C^{1}}=||f_{n}||_{C}+||f'_{n}||_{C}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|e^{nx}|+\max_{-1\le{x}\le{0}}|ne^{nx}|=e^{0}+ne^{n.0}=1+n}

O halde,

\displaystyle{\forall{n}\in{\mathbb{N}}, \frac{n}{n+1}=\frac{||Af_{n}||_{C}}{||f_{n}||_{C^{1}}}\le{\sup_{f\ne{\theta}}\frac{||Af||_{C}}{||f||_{C^{1}}}}=||A||\le{1}} olduğundan sıkıştırma teoremine

göre n\rightarrow{\infty} limite geçilirse ||A||=1 olduğu elde edilir.

Şimdi esas probleme dönelim. Şimdi bu A operatörünün hiçbir zaman maksimumuna ulaşmadığını kanıtlaycağız. Aksini varsayalım. Yani, varsayalım ki ||Af||_{C}=1.||f||_{C^{1}} olacak biçimde bir f\in{C^{1}[-1,0]\setminus{\{\theta\}}} vardır. O halde ||Af||_{C}=||f||_{C^{1}} eşitliğini ||f'||_{C}=||f||_{C}+||f'||_{C} biçiminde yazarsak ||f||_{C}=0, yani, f=\theta elde ederiz. Bu ise çelişkidir, çünkü f\in{C^{1}[-1,0]\setminus{\{\theta\}}} olarak almıştık. O halde bu operatör için norm,

\displaystyle{||A||=\sup_{f\ne{\theta}}\frac{||Af||_{C}}{||f||_{C^{1}}}}

olarak kalır ve asla maksimumuna ulaşmaz. Bu ise ispatı bitirir. Bu ispat, önermenin kurulması ve ispatı, örneğin inşa edilmesi ve aksi örnek olduğu gösterilmesi de dahil Ufuk KAYA’ya aittir. Lütfen bu ispatı ve örneği kullandığınız yerde telif hakkının www.akademikmatematik.com‘a ait olduğunu belirtiniz.

]]> http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html/feed 2 Matematik Soyağacı Projesi http://www.akademikmatematik.com/haber/matematik-soyagaci-projesi.html http://www.akademikmatematik.com/haber/matematik-soyagaci-projesi.html#comments Fri, 29 Jan 2010 19:38:00 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=738 Mathematics Genealogy Project (Matematik Soyağacı Projesi)

20 Ocak 2010 itibariyle 139.335 kayda ulaşan matematik soyağacı projesi amerikan matematikçiler derneği -ams- altında yürütülmektedir.Amacı büyük matematikçilerin birbirleri ile akrabalık bağlarını ortaya çıkarmaktır.(Bu bağ düşündüğünüz anlamda akrabalık da olabilir matematiksel akrabalıkta olabilir.)

Proje Web Sayfası: http://www.genealogy.ams.org

Matematik Şecere Projesinde; fon ihtiyacı, öğrenci yardımları ve diğer ilgili maliyetler bulunmaktadır. Eğer katkıda bulunmak istiyorsanız,  (lütfen vergi indirilemeyen katkı gönderin)

Matematik Soyağacı Projesi
Matematik Bölümü
Kuzey Dakota State University
PO Box 6.050
Fargo, Kuzey Dakota 58108-6050

genealogy skeleton Matematik Soyağacı Projesi

]]> http://www.akademikmatematik.com/haber/matematik-soyagaci-projesi.html/feed 0 Jacques Salomon Hadamard (1865-1963) http://www.akademikmatematik.com/buyuk-matematikciler/jacques-salomon-hadamard-1865-1963.html http://www.akademikmatematik.com/buyuk-matematikciler/jacques-salomon-hadamard-1865-1963.html#comments Fri, 29 Jan 2010 19:30:37 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=734 Jacques Salomon Hadamard (1865-1963)

Jacques Salomon Hadamard, Fransa Versailles’te 8 Aralık 1865 günü doğdu. Yahudi asıllı Fransız matematikçinin babası Latince ; annesi piyano öğretmeniydi.

1884 yılında Ecole Normale ’e girdi. Burada, 1892 yılında D.Sc. derecesini aldı. 1909 yılından 1937 yılına kadar College de France’da profesör olarak matematik öğretmenliği yaptı. Aynı zamanda, 1912 yılıyla 1937 yılları arasında Ecole Polytechnique’te çalıştı. Önemli buluşları, karmaşık fonksiyonlar kuramı, sayılar kuramı ve diferansiyel denklemler üzerinedir. Çalışmalarının birçoğu, uygulamalı matematiğin her dalına etkili oldu ve matematiğin gelişmesini sağladı. Hadamard akademikmatematik 150x150 Jacques Salomon Hadamard (1865 1963)

Serilerin yakınsaklık yarıçapını veren formülü çok kullanılır. Çok sayıda eseri vardır. Paris’te, 17 Ekim 1963 günü 98 yaşında öldü.

Daha detaylı bilgi almak için ingilizce sayfayı ziyaret edin;

http://en.wikipedia.org/wiki/Jacques_Hadamard

]]> http://www.akademikmatematik.com/buyuk-matematikciler/jacques-salomon-hadamard-1865-1963.html/feed 1 Guillaume François Antoine De L’Hospital (1661-1704) http://www.akademikmatematik.com/buyuk-matematikciler/lhospital-guillaume-de-1661-1704.html http://www.akademikmatematik.com/buyuk-matematikciler/lhospital-guillaume-de-1661-1704.html#comments Fri, 29 Jan 2010 18:34:43 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=649 Guillaume François Antoine De L’Hospital (1661-1704)

Guillaume de l hospital akademikmatematik 246x300 Guillaume François Antoine De LHospital (1661 1704) Nazim Kerimov hocamızın bize anlatımına göre size gerçek bilgileri aktarmak istiyorum.

Aslında L’Hospital matematikçi bile değildir. Johann Bernoulli fakir ve üretken bir matematikçi olduğundan onun teoremlerini, ispatlarını satın alarak kendi adıyla yayınlayan birisidir. Limitler için L’Hospital Kuralı ‘nın da asıl sahibi Bernoulli ‘dir.

Bu bilgiler ışığında L’Hospital ‘in matematiğe meraklı amatör bir matematikçi olduğu anlaşılabilir. L’Hospital 1661 ‘de Paris’te doğmuştur. Asil ve zengin üst tabaka bir Fransız ailesinden gelir. Asil bir aileden gelmesi nedeniyle bir süvari alayında yüzbaşı rütbesi ile görev yaptı. Ancak gözlerinin ileri derecede bozuk olması ve matematiğe olan yoğun ilgisi ve yeteneği sonucu askerliği bırakarak tamamen matematiğe yöneldi.Bernoulli ‘nin öğretmenliğinde yetişmiştir.Ancak daha sonra pek çok çalışmasının aslında Bernaulli’ye ait olduğu ortaya çıkmıştır. (Nazım Hoca ‘nın dediği gibi) Bu gerçekten sonra 1694 yılında Bernoulli ile bir anlaşma yaptı. Bu anlaşmaya göre L ‘Hôpital Bernoulli’ye her yıl 300 Frank ödemiş -bugünkü telif ücreti gibi- ve çalışmalarından ve keşiflerinden bilgi sahibi olmuş, daha sonra bunu kendi yazdığı kitaplarda kullanmıştır. 1704 ‘de, L’Hôpital’in ölümünden sonra, Bernoulli bu anlaşmayı açıkladı ve L’Hôpital’in kitaplarındaki pek çok sonucun aslında kendine ait olduğunu iddia etti. 1922 yılında çıkan metinler Bernoulli’nin haklı olduğunu çıkardı.

InfinitementPetit 150x150 Guillaume François Antoine De LHospital (1661 1704)

Analiz konusundaki kitabı;

“L’Analyse des Infiniment Petits pour l’Intelligence des Lignes Courbes”

1696′da yazdığı bu kitap Türkçesiyle “Sonsuz Küçüklerin Analizi” 16. yüzyılda diferansiyel hesap konusunda okutulan temel kitap olmuştur.

L ‘Hopital Kuralı analizde, bir fonksiyonun limitini türevle bulma işlemidir. Limitinin 0/0 olması durumunda pay ve paydanın türevinin alınması kuralına denir.Bu yönteme L ‘Hopital ismi; 17. yüzyıl Fransız matematikçi Guillaume de L ‘Hôpital’ın, 1696 yılında yayımladığı “l’Analyse des Infiniment Petits pour l’Intelligence des Lignes Courbes” adlı kitabında açıklaması sonucu verilmiştir.Ancak yöntemin aslında Johann Bernoulli tarafından bulunduğu kabul edilmektedir.

Yayınlanmış başlıca eserleri;

  1. Analyse des infiniment petits pour l’intélligence des lignes courbes (Paris, 1696)
  2. Traité analytique des sections coniques (Paris, 1707)
  3. Recueil de l’académie des sciences (Paris, 1699-1701)
  4. Acta eruditorum (Leipzig, 1693-1699)

İngilizce bilgi için…

]]> http://www.akademikmatematik.com/buyuk-matematikciler/lhospital-guillaume-de-1661-1704.html/feed 1 Euler phi Fonksiyonunun Bir Özelliği http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/euler-phi-fonksiyonunun-bir-ozelligi.html http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/euler-phi-fonksiyonunun-bir-ozelligi.html#comments Fri, 29 Jan 2010 18:02:02 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=713 TEOREM: \forall{n}\in\mathbb{Z}^{+} için \text{ } \displaystyle{\frac{n}{\varphi(n)}=\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}} dir. Burada \mu:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow\mathbb{Z}, \forall{n}\in\mathbb{Z}^{+} için

\mu(n)=\Bigg\{ 1 \text{ } \text{ } \text{ } \text{ } \text{ } \text{ }, n=1 \text{ ise}\\(-1)^{k}, n=p_{1}p_{2}\dots{p_{k}} \text{ ise}\\0 \text{ } \text{ } \text{ } \text{ } \text{ } \text{ }, \exists{p}\in{\mathbb{P}}: p^{2}|n \text{ ise}

Möbius fonksiyonu ve

\varphi:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow\mathbb{Z^{+}}, \forall{n}\in\mathbb{Z}^{+} için \varphi(n)=\big{|}\{m\in\mathbb{Z^{+}}\text{ }|\text{ }(n,m)=1\land{m}\le{n}\}\big{|} Euler {\varphi} fonksiyonudur.

İspata geçmeden önce, sayılar teorisinde, Euler {\varphi} fonksiyonunun iyi bilinen iki özelliğini verelim:

ÖZELLİK1: \forall{n}\in\mathbb{Z}^{+} için

\displaystyle{n=\sum_{d|n}\varphi(d)}

dir.

ÖZELLİK2: n>1 ve n=p_{1}^{n_{1}}p_{2}^{n_{2}}\dots{p_{k}^{n_{k}}} ise

\displaystyle{\varphi(n)=n \prod_{i=1}^{k}\left( 1-\frac{1}{p_{i}} \right)=n\left( 1-\frac{1}{p_{1}} \right)\left( 1-\frac{1}{p_{2}} \right)\dots{\left( 1-\frac{1}{p_{k}} \right)}}

dır. Şimdi ispata geçebiliriz:

İSPAT: n=1 ise \varphi(1)=1’dir. Diğer yandan,

\displaystyle{\sum_{d|1}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}=\frac{\mu^{2}(1)}{\varphi(1)}=\frac{1}{1}=1}

olduğundan eşitlik sağlanır.

n>1 olsun. Önce \forall{p}\in{\mathbb{P}}, p^{2}\nmid{n} durumunda ispatı yapalım. Yani n sayısının tüm asal çarpanları farklı olsun. O halde n=p_{1}p_{2}\dots{p_{k}} biçiminde yazılabilir. Burada p_{1},p_{2},\dots,p_{k} farklı asallardır.

Şimdi d, n’in bir pozitif böleni olduğunda \displaystyle{\left( d,\frac{n}{d} \right)=1} olduğunu ispatlayalım.

d=1 veya d=n ise \displaystyle{\left( d,\frac{n}{d} \right)=1} olduğu açıktır.

1<d<n olsun. O halde n=p_{1}p_{2}\dots{p_{k}} olduğundan, d böleni p_{1},p_{2},\dots,p_{k} farklı asallarından bir kısmının çarpımı, \displaystyle{\frac{n}{d}} ise geri kalan farklı asalların çarpımı olmak zorundadır. O halde \displaystyle{\left( d,\frac{n}{d} \right)=1}’dir.

d, n’in bir pozitif bölen olsun. \forall{p}\in{\mathbb{P}}, p^{2}\nmid{n} olduğundan \forall{p}\in{\mathbb{P}}, p^{2}\nmid{d}’dir. O halde |\mu(d)|=1, yani \mu^{2}(d)=1’dir. Ayrıca \displaystyle{\left( d,\frac{n}{d} \right)=1} ve {\varphi} fonksiyonu çarpımsal olduğundan

\displaystyle{\varphi(n)=\varphi\left( d\text{ }\frac{n}{d} \right)=\varphi(d)\varphi\left( \frac{n}{d} \right)}, yani

\displaystyle{\frac{\varphi(n)}{\varphi(d)}=\varphi\left( \frac{n}{d} \right)}’dir.

O halde, Özellik1 ile

\displaystyle{\varphi(n)\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}=\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)\varphi(n)}{\varphi(d)}=\sum_{d|n}\frac{\varphi(n)}{\varphi(d)}=\sum_{d|n}\varphi\left( \frac{n}{d} \right)=\sum_{d|n}\varphi(d)=n}

Dolayısıyla, \forall{p}\in{\mathbb{P}}, p^{2}\nmid{n} olduğunda \text{ } \displaystyle{\frac{n}{\varphi(n)}=\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}} sağlanır.

Şimdi genel durumda ispata geçelim: n=p_{1}^{n_{1}}p_{2}^{n_{2}}\dots{p_{k}^{n_{k}}} olsun. m=p_{1}p_{2}\dots{p_{k}} şeklinde bir sayı tanımlayalım. Açıktır ki m sayısının tüm asal çarpanları farklıdır. Yani, ispatın birinci kısmına uygun bir sayıdır. Bu sebeple,

\displaystyle{\frac{m}{\varphi(m)}=\sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}} ya da

\displaystyle{m=\sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)\varphi(m)}{\varphi(d)}} sağlanır.

Şimdi, \displaystyle{\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}=\sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}} olduğunu gösterelim:

d, n’in bir böleni olsun. O halde d sayısı, p_{1},p_{2},\dots,p_{k} asal sayılarının çarpımından meydan gelir ve bu sayıların karesi, küpü ve daha fazla kuvveti de olabilir. Eğer \exists{i}=\overline{1,k}: p_{i}^{2}|d ise, yani, \exists{p_{i}}\in\{p_{1},p_{2},\dots,p_{k}\}: d=p_{i}^{2}a, (a\in{\mathbb{Z^{+}}}) ise \mu^{2}(d)=0’dır. Yani bu biçimde sayıların, \displaystyle{\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}} toplamına hiçbir katkısı yoktur. O halde bu toplama sadece farklı asalların çarpımı olan d bölenlerinin katkısı vardır. Bu da m’in böleni demektir. Dolayısıyla:

\displaystyle{\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}=\sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}}’dir.

Şimdi ispata son noktayı koymak için Özellik2′yi kullanalım:

\displaystyle{\varphi(n)\sum_{d|n}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}=\varphi(n)\sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}=n \prod_{i=1}^{k}\left( 1-\frac{1}{p_{i}} \right)\left( \sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)} \right)}

\displaystyle{=\frac{n}{m}m \prod_{i=1}^{k}\left( 1-\frac{1}{p_{i}} \right)\left( \sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)} \right)=\frac{n}{m} \varphi(m) \sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)}{\varphi(d)}=\frac{n}{m} \sum_{d|m}\frac{\mu^{2}(d)\varphi(m)}{\varphi(d)}=\frac{n}{m} m}

=n

İspat bitti. Bu ispat Ufuk KAYA’ya aittir. Lütfen bu ispatı kullandığınız yerde telif hakkının www.akademikmatematik.com adresine ait olduğunu belirtiniz.

]]> http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/euler-phi-fonksiyonunun-bir-ozelligi.html/feed 0 İki Altgrubun Çarpımının Mertebesi http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/iki-altgrubun-carpiminin-mertebesi.html http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/iki-altgrubun-carpiminin-mertebesi.html#comments Fri, 08 Jan 2010 21:09:40 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=710 TEOREM: G bir grup, H ve K, G’nin iki sonlu altgrubu olsun. Bu takdirde, \displaystyle{|HK|=\frac{|H||K|}{|H\cap{K}|}} dır.

İSPAT: R\subset{(H\times{K})\times{(H\times{K})}} bağıntısını (h,k),(h^{*},k^{*})\in{(H\times{K})\times{(H\times{K})}} olmak üzere aşağıdaki biçimde tanımlayalım:

(h,k)R(h^{*},k^{*})\Leftrightarrow{hk=h^{*}k^{*}}

I) \forall{(h,k)}\in{H\times{K}}, hk=hk olduğundan (h,k)R(h,k), yani R yansıyan,

II) (h,k)R(h^{*},k^{*})\Rightarrow{hk=h^{*}k^{*}}\Rightarrow{h^{*}k^{*}=hk}\Rightarrow{(h^{*},k^{*})R(h,k)} olduğundan R simetrik,

III) (h,k)R(h^{*},k^{*})\land{(h^{*},k^{*})R(h',k')}\Rightarrow{hk=h^{*}k^{*}\land{h^{*}k^{*}=h'k'}}\Rightarrow{hk=h'k'} \Rightarrow{(h,k)R(h',k')} olduğundan R geçişkendir.

O halde R bir denklik bağıntısıdır. R=\sim ile gösterelim. Açıktır ki,

(h,k)\sim{(h^{*},k^{*})}\Leftrightarrow{h^{-1}h^{*}=k(k^{*})^{-1}}

sağlanır.

X=\{\overline{(h,k)}\text{ }|\text{ }(h,k)\in{H\times{K}}\} tanımlayalım. X kümesi, \sim denklik bağıntısının denklik sınıflarının kümesidir.

f:X\rightarrow{HK} fonksiyonunu, \forall{\overline{(h,k)}}, f\Big{(}\overline{(h,k)}\Big{)}=hk olarak tanımlayalım. Önce bu fonksiyonun iyi tanımlı olduğunu gösterelim:

\overline{(h,k)}=\overline{(h^{*},k^{*})} olsun. O halde

(h,k)\sim{(h^{*},k^{*})}\Rightarrow{hk=h^{*}k^{*}}\Rightarrow{f\Big{(}\overline{(h,k)}\Big{)}=f\Big{(}\overline{(h^{*},k^{*})}\Big{)}} olduğundan f iyi tanımlıdır.

Şimdi f’in birebir olduğunu gösterelim. \overline{(h,k)},\overline{(h^{*},k^{*})}\in{X} olmak üzere f\Big{(}\overline{(h,k)}\Big{)}=f\Big{(}\overline{(h^{*},k^{*})}\Big{)} olsun. O halde

hk=h^{*}k^{*}\Rightarrow{(h,k)\sim{(h^{*},k^{*})}}\Rightarrow{\overline{(h,k)}=\overline{(h^{*},k^{*})}} olduğundan f birebirdir.

Son olarak f’in örten olduğunu gösterelim:

y\in{HK} olsun. O halde \exists{h}\in{H}\text{ ve }\exists{k}\in{K}: y=hk. Dolayısıyla f\Big{(}\overline{(h,k)}\Big{)}=hk=y olduğundan f örtendir.

Buna göre \sim bağıntısının farklı denklik sınıflarının sayısı HK’nın mertebesine eşittir.

\overline{(h,k)}\in{X} keyfi sabitlenmiş bir denklik sınıfı olsun.

g:\overline{(h,k)}\rightarrow{H\cap{K}} fonksiyonunu, \forall{(h^{*},k^{*})}\in{\overline{(h,k)}}, g\Big{(}(h^{*},k^{*})\Big{)}=h^{-1}h^{*} olarak tanımlayalım. h,h^{*}\in{H} ve H bir altgrup olduğundan h^{-1}h^{*}\in{H}. Öte yandan (h^{*},k^{*})\in{\overline{(h,k)}}\Rightarrow{(h^{*},k^{*})\sim{(h,k)}}\Rightarrow{h^{-1}h^{*}=k(k^{*})^{-1}}, k,k^{*}\in{K} ve K bir altgrup olduğundan k(k^{*})^{-1}\in{K}’dır. Dolayısıyla h^{-1}h^{*}\in{H\cap{K}}, yani:

g:\overline{(h,k)}\rightarrow{H\cap{K}} iyi tanımlıdır.

Şimdi g’nin birebir olduğunu gösterelim:

(h^{*},k^{*}),(h',k')\in{\overline{(h,k)}} için g\Big{(}(h^{*},k^{*})\Big{)}=g\Big{(}(h',k')\Big{)}= olsun. O halde h^{-1}h^{*}=h^{-1}h'. Grupta sadeleşme özelliği var olduğundan h^{*}=h'. Öte yandan (h^{*},k^{*}),(h',k')\in{\overline{(h,k)}} olduğundan (h^{*},k^{*})\sim{(h,k)} ve (h',k')\sim{(h,k)}, yani, h^{-1}h^{*}=k(k^{*})^{-1} ve h^{-1}h'=k(k')^{-1} yazabiliriz. Buradan da h^{*}=h' olduğunu kullanarak k(k^{*})^{-1}=k(k')^{-1} olduğunu elde ederiz. Sadeleşme özelliğinden k^{*}=k' bulunur ki, bu da (h^{*},k^{*})=(h',k') olduğunu gösterir. Dolayısıyla g birebirdir.

Şimdi g’nin örten olduğunu gösterelim:

y\in{H\cap{K}} olsun. h^{*}=hy seçersek H bir altgrup ve h,y\in{H} olduğundan h^{*}\in{H} olur. k^{*}=y^{-1}k seçersek benzer sebeplerden k^{*}\in{K} olur ve dolayısıyla (h^{*},k^{*})\in{H\times{K}} elde edilir. Ayrıca h^{-1}h^{*}=h^{-1}hy=y=kk^{-1}y=k(y^{-1}k)^{-1}=k(k^{*})^{-1} olduğundan (h^{*},k^{*})\sim{(h,k)}, yani, (h^{*},k^{*})\in{\overline{(h,k)}} olur. Sonuç olarak g\Big{(}(h^{*},k^{*})\Big{)}=h^{-1}h^{*}=h^{-1}hy=y olduğundan g örtendir. Bu da gösterir ki \forall(h,k)\in{H\times{K}}, \overline{(h,k)} kümesi ile H\cap{K} kümesinin eleman sayıları aynıdır.

İspatı sonlandırmak için bu denklik bağıntısının denklik sınıflarının ayrık olduğunu ve bu denklik sınıflarının birleşiminin H\times{K} olduğunu kullanalım:

H ve K sonlu olduğundan H\times{K}, H\cap{K} ve \forall(h,k)\in{H\times{K}}, \overline{(h,k)} kümeleri sonludur. \sim bağıntısının ayrık denklik sınıflarının hepsinden bir eleman seçelim. bu elemanları (h_{1},k_{1}),(h_{2},k_{2}),\dots,(h_{n},k_{n}) ile gösterelim. Buradan görülüyor ki n=|X|=|HK|. Açıktır ki,

\displaystyle{\bigcup_{i=1}^{n}\overline{(h_{i},k_{i})}=H\times{K}}

dır. O halde

\displaystyle{|H||K|=|H\times{K}|=|\bigcup_{i=1}^{n}\overline{(h_{i},k_{i})}|=\sum_{i=1}^{n}|\overline{(h_{i},k_{i})}|=\sum_{i=1}^{n}|H\cap{K}|=|H\cap{K}|\sum_{i=1}^{n}1}

=|H\cap{K}|n=|H\cap{K}||HK|

ve nihayet elde ederiz ki:

\displaystyle{|HK|=\frac{|H||K|}{|H\cap{K}|}}

Bu ispat Ufuk Kaya’ya aittir. Lütfen kullandığınız yerde telif hakkının sitemize ait olduğunu belirtiniz.

]]> http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/iki-altgrubun-carpiminin-mertebesi.html/feed 0