Akademik Matematik http://www.akademikmatematik.com Türkiye'nin İlk ve Tek Akademik Matematik Sitesi Sat, 28 Apr 2012 21:31:24 +0000 en hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.2.1 Reel Sayılar http://www.akademikmatematik.com/analiz/reel-sayilar.html http://www.akademikmatematik.com/analiz/reel-sayilar.html#comments Sat, 27 Mar 2010 23:53:32 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=1027 TANIM1: Aşağıdaki beş takım aksiyomu gerçekleyen en az iki elemanlı \mathbb{R} kümesine reel (gerçel) sayılar kümesi, elemanlarına da reel (gerçel) sayılar denir.

I. TOPLAMA AKSİYOMLARI:

Her \left( x,y \right)\in \mathbb{R}\times \mathbb{R} için \left( x,y \right)\to x+y\in \mathbb{R} şeklinde tanımlı +:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to \mathbb{R} dönüşümü aşağıdaki özellikleri sağlar:

I{{}_{1}}.\,\forall a,b\in \mathbb{R},a+b=b+a,

I{{}_{2}}.\,\forall a,b,c\in \mathbb{R},a+(b+c)=(a+b)+c,

I{{}_{3}}.\,\exists 0\in \mathbb{R}:\forall a\in \mathbb{R},a+0=a (0’a toplamaya göre sıfır veya etkisiz eleman denir),

I{{}_{4}}.\,\forall a\in \mathbb{R},\exists b\in \mathbb{R}:a+b=0 (b’ye a’nın toplamaya göre tersi denir).

Üzerinde {{I}_{1}},{{I}_{2}},{{I}_{3}},{{I}_{4}}  özelliklerini sağlayan \left( X,+ \right) ikilisine bir değişmeli toplamsal grup (veya Abel grubu) denir. O halde, \left( \mathbb{R},+ \right) bir değişmeli toplamsal gruptur.

II. ÇARPMA AKSİYOMLARI:

Her \left( x,y \right)\in \mathbb{R}\times \mathbb{R} için \left( x,y \right)\to x\cdot y\in \mathbb{R} şeklinde tanımlı \cdot :\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to \mathbb{R} dönüşümü aşağıdaki özellikleri sağlar:

II{{}_{1}}.\,\forall a,b\in \mathbb{R},a\cdot b=b\cdot a,

II{{}_{2}}.\,\forall a,b,c\in \mathbb{R},a\cdot (b\cdot c)=(a\cdot b)\cdot c,

II{{}_{3}}.\,\exists 1\in \mathbb{R}:\forall a\in \mathbb{R},a\cdot 1=a (1’e çarpmaya göre birim eleman denir),

II{{}_{4}}.\,\forall a\in \mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\},\exists b\in \mathbb{R},a\cdot b=1 (b elemanına a’nın çarpmaya göre tersi denir).

a ve b elemanlarının çarpımı, çoğu zaman a\cdot{b} yerine ab ile gösterilir.

III. ÇARPMA İŞLEMİNİN TOPLAMA İŞLEMİ ÜZERİNE DAĞILMA ÖZELLİĞİ:

Her a,b,c\in \mathbb{R} için (a+b)\cdot c=ac+bc.

Üzerinde I, II, III özelliklerini sağlayan (X,+,\cdot) üçlüsüne bir cisim denir. O halde (\mathbb{R},+,\cdot) bir cisimdir.

IV. SIRALAMA AKSİYOMLARI:

\mathbb{R} üzerinde "<" bağıntısı verilmiştir ve a\ne b olan herhangi a,b\in \mathbb{R} için a<b ve b<a önermelerinden bir ve yalnız biri doğrudur. Bu durumda a\le b \Leftrightarrow a<b veya a=b olarak tanımlanır. Ayrıca "<" bağıntısı aşağıdaki özellikleri sağlar:

IV{{}_{1}}.\,a<b ve b<c\Rightarrow a<c,

IV{{}_{2}}.\,a<b\Rightarrow \,\forall c\in \mathbb{R},\,a+c<b+c,

IV{{}_{3}}.\,a<b ve 0<c\Rightarrow \,ac<bc.

Bu özelliklere göre "\le" bir tam sıralama bağıntısıdır.

V. TAMLIK AKSİYOMU:

\mathbb{R}’nin boş olmayan A ve B alt kümeleri \forall a\in A ve \forall b\in B için a\le b eşitsizliğini sağlasın. Bu durumda, \forall a\in A ve \forall b\in B için a\le c\le b olacak şekilde c\in \mathbb{R} elemanı vardır.

Reel sayıların diğer tüm özellikleri I, II, III, IV, V aksiyomlarından ispatlanabilir. Bu özelliklerden bir kısmını bir teorem olarak verelim:

TEOREM1:

1. \mathbb{R}'de toplamaya göre sıfır elemanı tektir.

2. \mathbb{R}'de her elemanın toplamsal tersi tektir. (Her bir a\in \mathbb{R} elemanının toplamaya göre tersi -a ile, a+\left( -b \right)=a-b ile gösterilir)

3. \forall a,b\in \mathbb{R} için x+a=b denkleminin tek bir x=b+(-a)=b-a çözümü vardır.

4. \mathbb{R}’de çarpmaya göre birim eleman tektir.

5. Her a\ne 0 sayısının çarpmaya göre tersi tektir. (ab=1 ise \displaystyle{b={{a}^{-1}}=\frac{1}{a}} olarak , a,b\in R ve b\ne 0 için \displaystyle{a{{b}^{-1}}=a\cdot\frac{1}{b}=\frac{a}{b}} olarak gösterilir)

6. \forall a,b\in \mathbb{R}\,(a\ne 0) için a\cdot x=b denkleminin tek bir \displaystyle{x=b\cdot {{a}^{-1}}=b\cdot \frac{1}{a}=\frac{b}{a}} çözümü vardır.

7. Her a\in \mathbb{R} için a\cdot 0=0.

8. a\cdot b=0\,\Rightarrow \,a=0\,\,\text{veya}\,\,b=0.

9. Her a\in \mathbb{R} için (-1)\cdot a=-a.

10. Her a\in \mathbb{R} için (-1)\cdot (-a)=a.

11. Her a\in \mathbb{R} için (-a)\cdot (-a)=a\cdot a={{a}^{2}}.

12. Herhangi a,b\in \mathbb{R} için

a<b\wedge b\le c\Rightarrow a<c,

a\le b\wedge b<c\Rightarrow a<c.

13. Herhangi a,b,c,d\in \mathbb{R} için

0<a\Rightarrow -a<0,

a\le b\wedge c\le d\Rightarrow a+c\le b+d,

a\le b\wedge c<d\Rightarrow a+c<b+d.

14. a,b,c\in \mathbb{R} olmak üzere

0<a\wedge 0<b\Rightarrow 0<ab,

a<0\wedge 0<b\Rightarrow ab<0,

a<0\wedge b<0\Rightarrow 0<ab,

a<b\wedge c<0\Rightarrow bc<ac.

15. 0<a\Rightarrow 0<{{a}^{-1}}.

16. 0<a\wedge a<b\Rightarrow 0<{{b}^{-1}}\wedge {{b}^{-1}}<{{a}^{-1}}.

İSPAT:

0<a (veya a>0) eşitsizliğini sağlayan sayılara pozitif, a<0 sayılara ise negatif sayılar denir, sırasıyla {{\mathbb{R}}^{+}}=\left\{ x\in \mathbb{R}\:|\:x>0 \right\} ve {{\mathbb{R}}^{-}}=\left\{ x\in \mathbb{R}\:|\:x<0 \right\} ile gösterilir.

TANIM2: Boş olmayan bir X\subset{\mathbb{R}} kümesi verilsin.

i) Her x\in X için x\le b olacak biçimde bir b\in \mathbb{R} sayısı varsa, X kümesine üstten sınırlıdır denir ve b sayısına da X kümesinin bir üst sınırı denir.

ii) Her x\in X için a\le x olacak biçimde bir a\in \mathbb{R} sayısı varsa, X kümesine alttan sınırlıdır denir ve a sayısına da X kümesinin bir alt sınırı denir.

iii) X hem alttan ve hem de üstten sınırlı ise, yani her x\in X için a\le x\le b olacak şekilde a ve b sayıları varsa, X'e sınırlı küme denir.

iv) Her x\in X için x\le M olacak şekilde bir M\in X elemanı varsa, M'ye X kümesinin maksimum (veya en büyük) elemanı denir ve M=\underset{x\in X}{\mathop{\max }}\,\left\{ x \right\} veya M=\max \left\{ x|x\in X \right\} şeklinde gösterilir.

v) Her x\in X için m\le x olacak şekilde bir m\in X elemanı varsa, m'ye X kümesinin minimum (veya en küçük) elemanı denir ve m=\underset{x\in X}{\mathop{\min }}\,\left\{ x \right\} veya m=\min \left\{ x|\,x\in X \right\} şeklinde gösterilir.

Örneğin X=\left\{ x\in \mathbb{R}|\,-1<x<1 \right\} kümesinin minimum veya maksimum elemanları yoktur. Fakat Y=\left\{ x\in \mathbb{R}|\,-1\le x\le 1 \right\} kümesinin minimum ve maksimum elemanları vardır ve sırasıyla -1 ve 1 dir.

X\subset \mathbb{R} alt kümesi üstten sınırlı olduğunda,

B=\left\{ b\in \mathbb{R}|\,\forall{x}\in{X}, x\le{b} \right\}

kümesi boş değildir. Benzer şekilde, X\subset \mathbb{R} alt kümesi alttan sınırlı olduğunda,

A=\left\{ a\in \mathbb{R}|\,\forall{x}\in{X}, a\le{x} \right\}

kümesi boş değildir.

TANIM3:

(i) X\subset{\mathbb{R}} alt kümesi üstten sınırlı ise B=\left\{ b\in \mathbb{R}|\,\forall{x}\in{X}, x\le{b} \right\} kümesinin en küçük elemanına X kümesinin en küçük üst sınırı denir ve \sup{X} ile gösterilir.

(ii) X\subset{\mathbb{R}} alt kümesi alttan sınırlı ise A=\left\{ a\in \mathbb{R}|\,\forall{x}\in{X}, a\le{x} \right\} kümesinin en büyük elemanına X kümesinin en büyük alt sınırı denir ve \inf{X} ile gösterilir.

Bu tanıma göre,

\sup{X}=\min \left\{ b\in \mathbb{R}|\,\forall{x}\in{X}, x\le{b} \right\}

\inf{X}=\max \left\{ a\in \mathbb{R}|\,\forall{x}\in{X}, a\le{x} \right\}

dir.

\mathbb{R}'nin her alt kümesinin maksimum ve minimumu yoktur. Peki supremum ve infimum için de aynı durum geçerli midir? Bu sorunun cevabı aşağıdaki teorem ile verilebilir:

TEOREM2 (Üst Sınır Problemi): \mathbb{R}'nin boştan farklı ve üstten sınırlı her alt kümesinin bir tek en küçük üst sınırı (supremumu) vardır. (Bu özelliğe supremum özelliği denir)

İSPAT:

Yukardaki teoreme benzer olarak aşağıdaki teorem ispatlanabilir:

TEOREM3 (Alt Sınır Problemi): \mathbb{R}'nin boştan farklı ve alttan sınırlı her alt kümesinin bir tek en büyük alt sınırı (infimumu) vardır. (Bu özelliğe infimum özelliği denir)

TEOREM4: \varnothing\ne{X}\subset{\mathbb{R}} ve l,L\in{\mathbb{R}} olsun. Bu takdirde aşağıdakiler doğrudur:

(i) \sup{X}=L \iff

(a) \forall{x}\in{A}, x\le{L},

(b) \forall{\varepsilon}>0, \exists{x_{\varepsilon}}\in{X}: L-\varepsilon<x_{\varepsilon}.

(ii) \inf{X}=l \iff

(a) \forall{x}\in{X}, l\le{x},

(b) \forall{\varepsilon}>0, \exists{x_{\varepsilon}}\in{X}: x_{\varepsilon}<l+\varepsilon.

İSPAT:

TANIM4: a ve b iki reel sayı ve a<b olsun. \left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,a<x<b \right\} kümesine a başlangıçlı b bitimli açık aralık denir ve \left( a,b \right) (veya \left] a,b \right[) şeklinde gösterilir. Benzer olarak \left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,a\le x\le b \right\} kümesine a başlangıçlı b bitimli kapalı aralık denir ve \left[ a,b \right] şeklinde gösterilir. Ayrıca yarı açık aralıklar aşağıdaki gibi tanımlanır:

\left( a,b \right]=\left] a,b \right]=\left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,a<x\le b \right\} a’da açık b’de kapalı yarı açık aralık,

\left[ a,b \right)=\left[ a,b \right[=\left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,a\le x<b \right\} a’da kapalı b’de açık yarı açık aralık.

a,b\in \mathbb{R} olmak üzere (a,+\infty), [a,+\infty), (-\infty,b), (-\infty,b] ve (-\infty,+\infty) aralıkları aşağıdaki şekilde tanımlanır:

(a,+\infty)=\left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,x>a \right\},

[a,+\infty)=\left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,x\ge a \right\},

(-\infty,b)=\left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,x<b \right\},

(-\infty,b]=\left\{ x\in \mathbb{R}\,|\,x\le b \right\},

(-\infty,+\infty)=\mathbb{R}.

\mathbb{R} reel sayılar kümesine -\infty ve +\infty ile gösterilen ve eksi sonsuz, artı sonsuz olarak okunan iki yeni sembolü ilave etmek suretiyle elde edilen \overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{-\infty,+\infty\} kümesine genişletilmiş reel sayılar kümesi denir. Bu yeni tanımlanan kümenin aşağıdaki koşulları sağladığı kabul edilir:

1. \forall x\in \mathbb{R} için,

a) -\infty <x<+\infty,

b) x-(+\infty )=x-\infty =-\infty,

c) x+(+\infty )=x+\infty =+\infty,

d) x-(-\infty )=x+\infty =+\infty,

2.

a) +\infty +(+\infty )=+\infty,

b) -\infty +(-\infty )=-\infty,

3. \forall x\in {{\mathbb{R}}_{+}} için,

a) x(+\infty )=+\infty,

b) x(-\infty )=-\infty,

4. \forall x\in {{\mathbb{R}}_{-}} için,

a) x(+\infty )=-\infty,

b) x(-\infty )=+\infty,

5.

a) (+\infty )(+\infty )=+\infty,

b) (-\infty )(-\infty )=+\infty,

c) (+\infty )(-\infty )=-\infty,

6. \forall x\in \mathbb{R} için,

a) \displaystyle{\frac{x}{+\infty }=0},

b) \displaystyle{\frac{x}{-\infty }=0}.

Boş olmayan X\subset \overline{\mathbb{R}} alt kümesi verilsin. Eğer X kümesi alttan sınırlı değilse \inf X=-\infty, üstten sınırlı değilse \sup X=+\infty gibi tanımlanır. Buna göre, \overline{\mathbb{R}}’ın boş olmayan her alt kümesinin hem infimumu hem de supremumu vardır.

TANIM5: x\in \mathbb{R} sayısının mutlak değeri (veya modülü) aşağıdaki gibi tanımlanır:

|x|=\bigg\{ {\:\:\:}x,\:\:x\ge{0}\\-x,\,x<0

TEOREM5:

i) \forall{x}\in{\mathbb{R}}, |-x|=|x|\ge{0},

ii) |x|=0\Leftrightarrow{x=0},

iii) \forall{x}\in{\mathbb{R}}, -x\le{|x|} ve x\le{|x|},

iv) \forall{a,b}\in{\mathbb{R}}, |ab|=|a||b| ve \displaystyle{\left| \frac{a}{b} \right| =\frac{|a|}{|b|}} (b\ne{0}),

v) \forall{a,b}\in{\mathbb{R}}, |a\pm{b}|\le{|a|+|b|},

vi) \forall{a,b}\in{\mathbb{R}}, \big| |a|-|b| \big| \le{|a-b|},

vii) |x|<r\Leftrightarrow{-r<x<r},

viii) |x|\le{r}\Leftrightarrow{-r\le{x}\le{r}},

ix) |x|>r\Leftrightarrow{x<-r\lor{x>r}},

x) |x|\ge{r}\Leftrightarrow{x\le{-r}\lor{x\ge{r}}}.

İSPAT:

a\in \mathbb{R} ve b\in \mathbb{R} sayıları için \left| a-b \right|=\left| b-a \right| sayısına a ve b noktaları arasındaki uzaklık (mesafe) denir ve d\left( a,b \right) ile gösterilir.

a,b\in \mathbb{R} ve a<b olmak üzere b-a>0 sayısına (a,b), [a,b), (a,b] ve [a,b] aralıklarının uzunluğu (veya boyu) denir.

]]> http://www.akademikmatematik.com/analiz/reel-sayilar.html/feed 0 Asal Sayıların Sonsuzluğu http://www.akademikmatematik.com/mat/asal-sayilarin-sonsuzlugu.html http://www.akademikmatematik.com/mat/asal-sayilarin-sonsuzlugu.html#comments Sat, 27 Mar 2010 13:36:58 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=1022 Asal sayılar sonsuz tanedir. Şimdi bunu ispatlayalım;

Euclid’in M.Ö. 300 yılı dolaylarında yazdığı “Elements” adli kitabında yer alan ispatı sizlerle paylaşacağım. Çelişki yöntemiyle asal sayıların sonsuzluğunu ispatlayacağız.

 

Farz edelim ki sonlu sayıda asal sayı vardır, bu sonlu sayıya n diyelim, bu n tane asal sayının büyüklük sıralamasını yapalım, ve bunları sırası ile {{p}_{1}},{{p}_{2}},{{p}_{3}},\,\ldots ,{{p}_{n}} diye adlandıralım, bu takdirde;

{{p}_{1}}=2,{{p}_{2}}=3,{{p}_{3}}=5,{{p}_{4}}=7,{{p}_{5}}=11,{{p}_{6}}=13,\,\dots

olur.

 

Şimdi bütün bu asal sayıları çarpıp, bu çarpımı 1 ile toplayalım, çıkan sayıya k diyelim

k=\left( {{p}_{1}}.{{p}_{2}}.{{p}_{3}}.{{p}_{4}}\ldots {{p}_{n}} \right)+1 k asal sayı olamaz, çünkü tanımladığımız bütün asal sayılardan büyüktür, o yüzden 1 ve kendisi hariç bir sayıya, dolayısıyla bir asal sayıya bölünmesi gerekir. O halde \exists i=\overline{1,n} ${{p}_{i}}|k$. Aynı zamanda {{p}_{i}} asalı {{p}_{1}}.{{p}_{2}}.{{p}_{3}}.{{p}_{4}}\ldots {{p}_{n}} sayısının da bir böleni olduğundan {{p}_{i}}|{{p}_{1}}.{{p}_{2}}.{{p}_{3}}.{{p}_{4}}\ldots {{p}_{n}} elde edilir. Buradan {{p}_{i}}|k-{{p}_{1}}.{{p}_{2}}.{{p}_{3}}.{{p}_{4}}\dots {{p}_{n}}\Rightarrow {{p}_{i}}|1 elde edilir. Bu ise çelişkidir. Bir asal sayı 1’i bölemez. Buna göre varsayımımız yanlıştır. Yani sonsuz tane asal sayı vardır.

 

Euler’in de bu konuda bir ispatı vardır. Hatta o daha genel bir hali ispatlamıştır. Asalsayıların 1 bölü hallerini (reciprocal) toplarsak, bu toplamın sonsuz olacağını ispat etmiş yani,

\displaystyle{\sum\limits_{pasal}{\frac{1}{p}=}\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{11}+\frac{1}{13}+\frac{1}{17}+\cdots}

toplamının sonsuz olduğunu göstermiştir. Eğer asal sayılar sonlu sayıda olsaydı, sonlu tane sayının toplamı olarak bu toplam sonlu olacaktı, ama değil, bu yüzden asal sayılar sonsuz sayıdadır.

]]> http://www.akademikmatematik.com/mat/asal-sayilarin-sonsuzlugu.html/feed 2 e sayısının irrasyonelliği üzerine http://www.akademikmatematik.com/mat/e-sayisinin-irrasyonelligi-uzerine.html http://www.akademikmatematik.com/mat/e-sayisinin-irrasyonelligi-uzerine.html#comments Tue, 23 Mar 2010 22:00:25 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=1006 \pi sayısı gibi e sayısı da, çoğu yerde karşımıza çıkan, matematiğin özel sayılarından biridir. Örneğin, analizde;

f\left( x \right)=c\cdot {{e}^{x}}\,\left( c, \text{herhangi bir sabit} \right)

fonksiyonu, türevi kendisi olan tek fonksiyondur. e sayısı doğal logaritmanın tabanıdır ve \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}}dizisinin limitidir. Bu ispatta e sayısının tersi alınmış faktöriyellerin seri toplamı olduğu gerçeği kullanılmıştır.

\pi sayısı gibi e sayısı da irrasyoneldir. Herhangi bir irrasyonel sayının, aralarında asal p ve q tamsayılarının bölümü

\displaystyle{\frac{p}{q}\,\left( (p,q)=1,\,p\in \mathbb{Z},\,q\in \mathbb{Z}\backslash \{0\} \right)}

şeklinde yazılamayacağından yola çıkılarak, e sayısının rasyonel olmadığı kolayca ispatlanır.

Aşağıda vereceğimiz, popüler ispat Joseph Fourier’a aittir:

\displaystyle{e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\cdots=\frac{p}{q}}  \displaystyle{\left( p,q\in{{\mathbb{Z}}^{+}}, (p,q)=1 \right)} olsun.

Yukardaki eşitliğin her iki tarafını q! ile çarpalım:

\displaystyle{q!\cdot e=q!+\frac{q!}{1!}+\frac{q!}{2!}+\frac{q!}{3!}+\frac{q!}{4!}+\cdots +\frac{q!}{q!}+\cdots=(q-1)!p}

olduğundan, q!\cdot e sayısı bir tamsayıdır ve dolayısıyla

\displaystyle{q!+\frac{q!}{1!}+\frac{q!}{2!}+\frac{q!}{3!}+\frac{q!}{4!}+\cdots +\frac{q!}{q!}+\cdots}

toplamı da bir tamsayıdır. \displaystyle{q!+\frac{q!}{1!}+\frac{q!}{2!}+\frac{q!}{3!}+\frac{q!}{4!}+\cdots +\frac{q!}{q!}} sonlu toplamı da bir tamsayı olduğundan

\displaystyle{\frac{q!}{q!}} dan sonra gelen terimlerin toplamı da bir tamsayı olmalıdır. Bu toplama R dersek:

\displaystyle{R=q!\left( \frac{1}{(q+1)!}+\frac{1}{(q+2)!}+\frac{1}{(q+3)!}+\cdots \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{\left( q+1 \right)}+\frac{1}{\left( q+2 \right)\cdot \left( q+2 \right)}+\frac{1}{\left( q+1 \right)\cdot \left( q+2 \right)\cdot \left( q+3 \right)}+\cdots}

\displaystyle{<\frac{1}{\left( q+1 \right)}+\frac{1}{{{\left( q+1 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( q+1 \right)}^{3}}}+\cdots}

\displaystyle{=\frac{1}{q+1}\left[ 1+\frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+1)^{2}}+\cdots \right]}

\displaystyle{=\left( \frac{1}{q+1} \right) \left(\frac{1}{1-\frac{1}{q+1}} \right)=\left( \frac{1}{q+1} \right) \left( \frac{q+1}{q} \right)=\frac{1}{q}}

Yani \displaystyle{R<\frac{1}{q}}  bulunur. R nin tanımına bakarsak, q pozitif olduğundan R de pozitiftir. Böylece R, 0 ve \displaystyle{\frac{1}{q}} arasında pozitif bir tamsayıdır. Bu bir çelişkidir. Sonuçta e sayısının rasyonel olduğu kabulü yanlıştır. O halde e irrasyoneldir.

]]> http://www.akademikmatematik.com/mat/e-sayisinin-irrasyonelligi-uzerine.html/feed 6 Bir Vektör Uzayının Boyutu http://www.akademikmatematik.com/mat/bir-vektor-uzayinin-boyutu.html http://www.akademikmatematik.com/mat/bir-vektor-uzayinin-boyutu.html#comments Fri, 19 Feb 2010 21:40:24 +0000 admin 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.


]]> http://www.akademikmatematik.com/mat/bir-vektor-uzayinin-boyutu.html/feed 0 Vektör Uzaylarında Tabanlar http://www.akademikmatematik.com/mat/vektor-uzaylarinda-tabanlar.html http://www.akademikmatematik.com/mat/vektor-uzaylarinda-tabanlar.html#comments Mon, 15 Feb 2010 05:49:11 +0000 admin 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/mat/vektor-uzaylarinda-tabanlar.html/feed 1 Lineer Bağımlılık ve Lineer Bağımsızlık http://www.akademikmatematik.com/mat/lineer-bagimlilik-ve-lineer-bagimsizlik.html http://www.akademikmatematik.com/mat/lineer-bagimlilik-ve-lineer-bagimsizlik.html#comments Fri, 12 Feb 2010 14:03:27 +0000 admin 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 şunu söylemesiniz:

"Hangi cisim üzerinde?"

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

Türkiye de en iyi herbalife satış noktası.Saf argan yağı cildinizde mükkemmel bir etki gösterir.Salyangoz kremiellezza ile güzelleşmek çok kolay.Sex shop yetkili satış sitesi.

]]> http://www.akademikmatematik.com/mat/lineer-bagimlilik-ve-lineer-bagimsizlik.html/feed 2 Normlu Uzayın İç Çarpımlı Uzay Olması için Gerek ve Yeter Koşul http://www.akademikmatematik.com/mat/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html http://www.akademikmatematik.com/mat/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html#comments Fri, 05 Feb 2010 09:31:17 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=804 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 $latexf(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.

Türkiye de en iyi herbalife satış noktası.Saf argan yağı cildinizde mükkemmel bir etki gösterir.Salyangoz kremiellezza ile güzelleşmek çok kolay.Sex shop yetkili satış sitesi.

]]> http://www.akademikmatematik.com/mat/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html/feed 0 Operatörün Normunun Maksimum ile Hesaplanması http://www.akademikmatematik.com/mat/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html http://www.akademikmatematik.com/mat/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html#comments Thu, 04 Feb 2010 18:25:32 +0000 admin http://www.akademikmatematik.com/?p=775 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.

Türkiye de en iyi herbalife satış noktası.Saf argan yağı cildinizde mükkemmel bir etki gösterir.Salyangoz kremiellezza ile güzelleşmek çok kolay.Sex shop yetkili satış sitesi.

]]> http://www.akademikmatematik.com/mat/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html/feed 2 Matematik Soyağacı Projesi http://www.akademikmatematik.com/mat/matematik-soyagaci-projesi.html http://www.akademikmatematik.com/mat/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

Türkiye de en iyi herbalife satış noktası.Saf argan yağı cildinizde mükkemmel bir etki gösterir.Salyangoz kremiellezza ile güzelleşmek çok kolay.Sex shop yetkili satış sitesi.

]]> http://www.akademikmatematik.com/mat/matematik-soyagaci-projesi.html/feed 0 Jacques Salomon Hadamard (1865-1963) http://www.akademikmatematik.com/mat/jacques-salomon-hadamard-1865-1963.html http://www.akademikmatematik.com/mat/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.

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/mat/jacques-salomon-hadamard-1865-1963.html/feed 1