Vektör Uzaylarında Tabanlar

On 15 Şubat 2010, in Matematik, by admin

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.

One Response to Vektör Uzaylarında Tabanlar

Bir Vektör Uzayının Boyutu | Akademik Matematik diyor ki:

08 Ekim 2011, 13:11

[...] cisim olmak üzere, cismi üzerindeki bir lineer uzayının tabanının eleman sayısına o uzayın boyutu denir ve ya da ile gösterilir. 'in sonlu bir tabanı varsa 'e [...]

Cevapla

Akademik Matematik