Akademik Matematik » lineer http://www.akademikmatematik.com Akademik Matematik Siteniz Wed, 07 Jul 2010 10:05:21 +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 1 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 Vektör Uzayları http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/vektor-uzaylari.html http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/vektor-uzaylari.html#comments Mon, 26 Oct 2009 14:54:19 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=421 TANIM1: K en az iki elemanlı bir küme, +:K\times{K}\rightarrow{K} ve \cdot:K\times{K}\rightarrow{K} iki fonksiyon olsun. Aşağıdaki koşullar sağlanırsa (K,+,\cdot) üçlüsüne bir cisim denir:

F1) \forall{a,b,c}\in{K}, (a+b)+c=a+(b+c),

F2) \forall{a,b}\in{K}, a+b=b+a,

F3) \exists{0}\in{K}: \forall{a}\in{K}, a+0=a,

F4) \forall{a}\in{K}, \exists{b}\in{K}: a+b=0,

F5) \forall{a,b,c}\in{K}, (ab)c=a(bc),

F6) \forall{a,b}\in{K}, ab=ba,

F7) \forall{a,b,c}\in{K}, a(b+c)=ab+ac,

F8) \exists{1}\in{K}: \forall{a}\in{K}, 1a=a,

F9) \forall{a}\in{K\setminus{\{0\}}}, \exists{b}\in{K}: ab=1.

(Burada a\cdot{b} gösterimi yerine ab gösterimi kullanılmıştır)

ÖRNEK1: \mathbb{Q} Rasyonel sayılar kümesi, \mathbb{R} Reel sayılar kümesi ve \mathbb{C} Kompleks sayılar kümesi, bilinen toplama ve çarpma işlemlerine göre birer cisimdir.

ÖRNEK2: p, bir asal sayı, k\in{\mathbb{Z}}  olmak üzere  k+p\mathbb{Z}=\{k+px : x\in{\mathbb{Z}}\} ve \mathbb{Z}_{p}=\{k+p\mathbb{Z} : k\in{\mathbb{Z}}\} olsun. k,l\in{\mathbb{Z}} olmak üzere (k+p\mathbb{Z})+_{p}(l+p\mathbb{Z})=(k+l)+p\mathbb{Z} ve (k+p\mathbb{Z})\cdot_{p}(l+p\mathbb{Z})=kl+p\mathbb{Z} olarak tanımlarsak (\mathbb{Z},+_{p},\cdot_{p}) üçlüsü p elemanlı bir cisim olur.

ÖRNEK3: \mathbb{Z} tam sayılar kümesi F1,F2,…,F8 koşullarının hepsini sağlamasına rağmen F9 koşulunu sağlamadığından cisim değildir. 2\in\mathbb{Z}’dir, fakat 2k=1 koşulunu sağlayan bir k\in{\mathbb{Z}} bulunmadığından F9 koşulu sağlanmaz.

Cisimler konusunu detaylı olarak Cebir kategorisi açıldığında işleyeceğiz. Şimdi asıl konumuz olan Vektör uzayları konusuna giriş yapalım:

TANIM2: X bir küme ve K bir cisim olsun. +:X\times{X}\rightarrow{X} ve \cdot:K\times{X}\rightarrow{X} iki fonksiyon olmak üzere aşağıdaki koşullar sağlanırsa (X,K,+,\cdot) dörtlüsüne bir vektör uzayı ya da lineer uzay denir:

L1) \forall{x,y,z}\in{X}, (x+y)+z=x+(y+z),

L2) \forall{x,y}\in{X}, x+y=y+x,

L3) \exists{\theta}\in{X}: \forall{x}\in{X}, x+\theta=x,

L4) \forall{x}\in{X}, \exists{y}\in{X}: x+y=\theta,

L5) \forall{a}\in{K}, \forall{x,y}\in{X}, a(x+y)=ax+ay,

L6) \forall{a,b}\in{K}, \forall{x}\in{X}, (a+b)x=ax+bx,

L7) \forall{a,b}\in{K}, \forall{x}\in{X}, a(bx)=(ab)x,

L8) \forall{x}\in{X}, 1x=x.

Bazen “(X,K,+,\cdot) bir vektör uzayıdır” ifadesi yerine “X, K-vektör uzayıdır” ifadesi kullanılır. X’in elemanlarına vektörler, K’nın elemanlarına sayılar (skaler) denir. K=\mathbb{R} ise X’e reel vektör uzayı, K=\mathbb{C} ise X’e kompleks vektör uzayı denir. L3 özelliğindeki \theta elemanına vektör uzayının sıfırı denir. Cismin sıfırı olan 0 ile karıştırmamak için \theta ile gösterilir.  \theta\in{X} olduğundan  bir vektör uzayı hiçbir zaman boş değildir. L4 özelliğindeki her bir x\in{X} vektörüne karşılık gelen ve x+y=\theta özelliğini sağlayan y\in{X} vektörüne, x vektörünün toplamaya göre tersi denir.

ÖRNEK4: \mathbb{R} bir \mathbb{R}-vektör uzayıdır. Genel olarak K bir cisim ise  kendi üzerinde bir vektör uzayıdır. Yani \mathbb{Q} bir \mathbb{Q}-vektör uzayı ve \mathbb{C} bir \mathbb{C}-vektör uzayıdır.

ÖRNEK5: n\in{\mathbb{Z}^{+}} olmak üzere \mathbb{R}^{n}=\{(x_{1},x_{2},\dots,x_{n})\text{ }\vert\text{ }\forall{i}=\overline{1,n},\text{ }x_{i}\in{\mathbb{R}}\} olsun. (x_{1},x_{2},\dots,x_{n}),(y_{1},y_{2},\dots,y_{n})\in{\mathbb{R}^{n}} ve \lambda\in{\mathbb{R}} olmak üzere, toplama işlemi:

+:\mathbb{R}^{n}\times{\mathbb{R}^{n}}\rightarrow{\mathbb{R}^{n}}

(x_{1},x_{2},\dots,x_{n})+(y_{1},y_{2},\dots,y_{n}):=(x_{1}+y_{1},x_{2}+y_{2},\dots,x_{n}+y_{n}), skalerle çarpma işlemi:

\cdot:\mathbb{R}\times{\mathbb{R}^{n}}\rightarrow{\mathbb{R}^{n}}

\lambda{(x_{1},x_{2},\dots,x_{n})}:=(\lambda{x_{1}},\lambda{x_{2}},\dots,\lambda{x_{n}}) olarak tanımlanırsa \mathbb{R}^{n} bir \mathbb{R}-vektör uzayı olur.

Genelde K bir cisim olduğunda K^{n}=\{(x_{1},x_{2},\dots,x_{n})\text{ }\vert\text{ }\forall{i}=\overline{1,n}, \text{ }x_{i}\in{K}\} bir K-vektör uzayı olur. Buradaki toplama ve skalerle çarpma işlemleri \mathbb{R}^{n}’deki ile tamamen benzer biçimde tanımlanır. Buna göre \mathbb{Q}^{n} bir \mathbb{Q}-vektör uzayı ve \mathbb{C}^{n} bir \mathbb{C}-vektör uzayıdır.

ÖRNEK6: K ve L iki cisim, K\subset{L}, n\in{\mathbb{Z}^{+}} ise L^{n} bir K-vektör uzayıdır. Buna göre \mathbb{R}^{n}, \mathbb{Q} üzarinde ve \mathbb{C}^{n}, \mathbb{Q} ve \mathbb{R} üzerinde vektör uzaylarıdır.

ÖRNEK7: K ve L iki cisim ve K\subsetneqq{L} ise K, L üzerinde bir vektör uzayı değildir.

ÇÖZÜM: K’nın L üzerinde vektör uzayı olmadığını göstermek için ilk akla gelen 8 özellikten birinin sağlanmadığını göstermektir. Fakat bizim çözümümüz bu biçimde olmayacaktır. K’nın L üzerinde vektör uzayı olabilmesi için ilk önce skalerle çarpma fonskiyonun \cdot:L\times{K}\rightarrow{K} olması gerekir. Biz bunun sağlanmadığını göstereceğiz. K\subsetneqq{L} olduğundan \exists{\alpha}\in{L}: \alpha\notin{K}’dır. Ayrıca 1\in{K} olduğundan (\alpha,1)\in{L\times{K}}’dır. \cdot:L\times{K}\rightarrow{K} olduğundan \alpha.1\in{K} olması gerekir. Yani \alpha\in{K} olmalıdır. Fakat \alpha\notin{K} olduğundan \cdot:L\times{K}\rightarrow{K} değildir. Dolayısıyla K, L üzerinde bir vektör uzayı değildir.

Örnek7′ye göre \mathbb{Q}\subsetneqq{\mathbb{R}} olduğundan \mathbb{Q}, \mathbb{R} üzerinde ve \mathbb{R}\subsetneqq{\mathbb{C}} olduğundan \mathbb{R}, \mathbb{C} üzerinde vektör uzayı değildir.

ÖRNEK8: T bir küme ve K bir cisim olmak üzere,

X=\{f \text{ }\vert\text{ } f:T\rightarrow{K} \text{ fonksiyon}\}

olarak tanımlansın. f,g\in{X} için toplama işlemi:

\forall{t}\in{T}, (f+g)(t):=f(t)+g(t),

\lambda\in{K} ve f\in{X} için skalerle çarpma işlemi:

\forall{t}\in{T}, (\lambda{f})(t):=\lambda{f(t)} olarak tanımlanırsa X bir K-vektör uzayı olur. Bu uzay X=K^{T} ile gösterilir.

Bu örnekte K=\mathbb{R} ve T=\{1,2,\dots,n\} olarak alınırsa X=\mathbb{R}^{n} elde edilir. Ayrıca T=\mathbb{N} ve K=\mathbb{R} alınırsa X=\mathbb{R}^{\mathbb{N}}, yani bütün reel terimli diziler elde edilir. Bu vektör uzayı S ile gösterilirse S=\{(x_{n})\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{R}}\} olur. Bu inşa kompleks terimli diziler için de yapılabilir. K=\mathbb{C} olarak alınırsa S=\mathbb{C}^{\mathbb{N}}=\{(x_{n})\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{C}}\} olur.

ÖRNEK9: K bir cisim ve K[x], katsayıları K’dan olan polinomların kümesi yani;

K[x]=\{f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_{1}x+a_{0}\text{ }\vert\text{ }\forall{i}=\overline{0,n}, a_{i}\in{K}\} olsun.

\lambda\in{K}, f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_{1}x+a_{0}\in{K[x]} ve

g(x)=b_{m}x^{m}+b_{m-1}x^{m-1}+\dots+b_{1}x+b_{0}\in{K[x]} olsun.

Toplama işlemi, s=max\{n,m\}, i>n\Rightarrow{a_{i}=0} ve i>m\Rightarrow{b_{i}=0} olmak üzere,

(f+g)(x)=(a_{s}+b_{s})x^{s}+(a_{s-1}+b_{s-1})x^{s-1}+\dots+(a_{1}+b_{1})x+(a_{0}+b_{0}),

Skalerle çarpma işlemi, (\lambda{f})(x)=\lambda{a_{n}}x^{n}+\lambda{a_{n-1}}x^{n-1}+\dots+\lambda{a_{1}}x+\lambda{a_{0}} olarak

tanımlanırsa K[x] bir K-vektör uzayı olur.

TANIM3: K bir cisim, X bir K-vektör uzayı ve x,y\in{X} olsun. Bu durumda

x-y=x+(-y)

olarak tanımlanır.

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

a) \theta\in{X} tektir,

b) \forall{x}\in{X} için x’in toplamaya göre tersi tektir. (x+y=\theta özelliğini sağlayan bu tek eleman y=-x olarak gösterilir),

c) \forall{x}\in{X}, 0x=\theta,

d) \forall{\lambda}\in{K}, \lambda\theta=\theta,

e) \forall{x}\in{X}, (-1)x=-x,

f) \lambda{x}=\theta\Leftrightarrow{\lambda=0\lor{x=\theta}}.

İSPAT:

TANIM4: X bir K-vektör uzayı, \emptyset\ne{M}\subset{X} olsun.

(i) \forall{x,y}\in{M}, x+y\in{M},

(ii) \forall{\lambda}\in{K}, ve \forall{x}\in{M}, \lambda{x}\in{M}

koşulları sağlanıyorsa M’ye X’in bir “alt uzayı” ya da “alt vektör uzayı” denir. Bu durumda toplama foksiyonu X\times{X}’den M\times{M}’e ve skalerle çarpma fonksiyonu K\times{X}’den K\times{M}’e kısıtlanırsa (M,K,+,\cdot) kendi başına bir vektör uzayı olur.

ÖNERME2: X bir K-vektör uzayı, M\subset{X} alt uzay ise \theta\in{M}’dir.

İSPAT:

Önerme2 ile Tanım4 şu biçimde de ifade edilebilir:

TANIM4‘: X bir K-vektör uzayı, M\subset{X} olsun.

(i) \theta\in{M}

(ii) \forall{x,y}\in{M}, x+y\in{M},

(iii) \forall{\lambda}\in{K}, ve \forall{x}\in{M}, \lambda{x}\in{M}

koşulları sağlanıyorsa M’ye X’in bir “alt uzayı” ya da “alt vektör uzayı” denir. Tanım4′ ile hemen şu sonuca varılır: \theta\notin{M} ise M bir alt uzay değildir.

ÖNERME3: X bir K-vektör uzayı, \emptyset\ne{M}\subset{X} olsun. Bu takdirde:

M bir alt uzaydır \iff \forall{a,b}\in{K}, \text{ }\forall{x,y}\in{M}, \text{ }ax+by\in{M}.

İSPAT:

ÖNERME4: X bir K-vektör uzayı, M,N\subset{X} alt uzaylar olsun. Bu takdirde, M\cup{N}’nin alt uzay olması için gerek ve yeter koşul M\subset{N} veya N\subset{M} olmasıdır.

İSPAT:

ÖNERME5: X bir K-vektör uzayı, I bir indis kümesi \forall{i}\in{I}, M_{i}, X’in bir alt uzayı olsun. Bu takdirde,

\displaystyle{\bigcap_{i\in{I}}M_{i}}

de X’in bir alt uzayıdır. Yani alt uzayların keyfi sayıdaki kesişimi de bir alt uzaydır.

İSPAT:

ÖRNEK10: X bir K-vektör uzayı olsun. Bu takdirde M_{0}=\{\theta\}\subset{X} ve M_{1}=X\subset{X} birer alt uzaydır.

TANIM5: M_{0} ve M_{1}’e X’in trivial alt uzayları denir. X’in trivial’den farklı alt uzaylarına “özalt uzay” denir. Başka bir deyişle \{\theta\}\subsetneqq{M}\subsetneqq{X} özelliğini sağlayan bir alt uzaya özalt uzay denir.

ÖRNEK11: X=\mathbb{R}^{2}, c_{1},c_{2}\in{\mathbb{R}} olsun. Bu takdirde,

M=M_{c_{1},c_{2}}=\{(x_{1},x_{2})\in{\mathbb{R}^{2}}\text{ }|\text{ }c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}=0\}

\mathbb{R}^{2}’nin bir alt uzayıdır. c_{1}^{2}+c_{2}^{2}>0 ise M_{c_{1},c_{2}} özalt uzaydır.

ÇÖZÜM: a,b\in{\mathbb{R}}, x=(x_1,x_2), y=(y_{1},y_{2})\in{M} olsun. O halde c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2}=0 ve c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}=0’dır.

ax+by=a(x_{1},x_{2})+b(y_{1},y_{2})=(ax_{1}+by_{1},ax_{2}+by_{2})’dir.

c_{1}(ax_{1}+by_{1})+c_{2}(ax_{2}+by_{2})=a(c_{1}x_{1}+c_{2}x_{2})+b(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})=a0+b0=0

olduğundan ax+by\in{M}’dir. Ayrıca c_{1}0+c_{2}0=0 olduğundan (0,0)\in{M}’dir. Dolayısıyla M bir alt uzaydır.

Şimdi c_{1}^{2}+c_{2}^{2}>0 olduğunda M_{c_{1},c_{2}}’nin bir özalt uzay olduğunu gösterelim.

c_{1}^{2}+c_{2}^{2}>0 ise c_{1}\ne{0}\lor{c_{2}\ne{0}}’dır. Varsayalım ki c_{1}\ne{0}’dır. c_{1}(-c_{2})+c_{2}c_{1}=0 olduğundan (-c_{2},c_{1})\in{M}. (-c_{2},c_{1})\ne{(0,0)} olduğundan \{(0,0)\}\subsetneqq{M}’dir.

(1-c_{2},c_{1})\in{\mathbb{R}^{2}}’dir. (1-c_{2})c_{1}+c_{1}c_{2}=c_{1}\ne{0} olduğundan (1-c_{2},c_{1})\notin{M}’dir. Sonuç olarak \{(0,0)\}\subsetneqq{M}\subsetneqq{\mathbb{R}^{2}}’dir. c_{2}\ne{0} olduğunda \{(0,0)\}\subsetneqq{M}\subsetneqq{\mathbb{R}^{2}} olduğu benzer biçimde gösterilebilir.

ÖRNEK12: X=\mathbb{R}^{2}, M=\{(x,x^{2})\in{\mathbb{R}^{2}}\text{ }|\text{ }x\in{\mathbb{R}}\} olsun. 0^{2}=0 olduğundan (0,0)\in{M}’dir. O halde M bir alt uzay olabilir. 1^{2}=1 olduğundan (1,1)\in{M}. M bir alt uzay olsaydı 2\in{\mathbb{R}} olduğundan 2(1,1)=(2,2)\in{M} olması gerekirdi. Fakat 2^{2}=4\ne{2} olduğundan M bir alt uzay değildir.

ÖRNEK13: X=\mathbb{R}^{3},

M_{1}=\{(s-t,s+5t,2t-s) | s,t\in{\mathbb{R}}\}\subset{\mathbb{R}^{3}},

M_{2}=\{(s-t,s+5t,2t-1) | s,t\in{\mathbb{R}}\}\subset{\mathbb{R}^{3}} olsun.

M_{1} ve M_{2}’nin alt uzay olup olmadığını araştıralım:

Önce M_{1}’i inceleyelim: s=t=0 için (0-0,0+5.0,2.0-0)=(0,0,0)\in{M_{1}}’dir.

a,b\in{\mathbb{R}} ve \big{(}s-t,s+5t,2t-s\big{)}, \big{(}s'-t',s'+5t',2t'-s'\big{)}\in{M_{1}} olsun.

a\big{(}s-t,s+5t,2t-s\big{)}+b\big{(}s'-t',s'+5t',2t'-s'\big{)}

=\Big{(}as+bs'-(at+at'),as+bs'+5(at+at'),2(at+at')-(as+bs')\Big{)}\in{M_{1}}.

O halde M_{1}\subset{\mathbb{R}^{3}} bir alt uzaydır.

Şimdi M_{2}’yi inceleyelim: (0,0,0)\in{M_{2}} olması için (s-t,s+5t,2t-1)=(0,0,0) olacak biçimde s,t\in{\mathbb{R}} var olmalıdır.

(s-t,s+5t,2t-1)=(0,0,0)\Rightarrow{s-t=0\land{s+5t=0}\land{2t-1=0}}.

2t-1=0 olduğundan t=\displaystyle{\frac{1}{2}}’dir. s-t=0 olduğundan s=\displaystyle{\frac{1}{2}}’dir. Fakat s+5t=\displaystyle{\frac{1}{2}+5\frac{1}{2}=3\ne{0}}. Dolayısıyla (s-t,s+5t,2t-1)=(0,0,0) olacak biçimde s,t\in{\mathbb{R}} yoktur. O halde (0,0,0)\notin{M_{2}}. Bu yüzden M_{2} alt uzay değildir.

ÖRNEK14 (DİZİ UZAYLARI): Örnek8′da S=\{(x_{n})\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{R}}\} bütün reel dizilerin uzayını incelemiştik. Şimdi bu uzayın bazı önemli alt uzaylarına göz atalım:

\displaystyle{l_{\infty}=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{R}}\land{\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|<+\infty}\}}

uzayı, Reel terimli ve sınırlı dizilerin uzayıdır. Bu uzay S’in bir özalt uzayıdır. Çünkü \forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}=1 seçilirse (x_{n})\in{l_{\infty}} olur ve l_{\infty}\ne{\{0\}} elde edilir. Öte yandan \forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}=n seçilirse (x_{n})\notin{l_{\infty}} ve (x_{n})\in{S} olduğundan

\{0\}\subsetneqq{l_{\infty}}\subsetneqq{S}

elde edilir. (Burada \{0\} ile tüm terimleri sıfır olan (x_{n})=(0,0,\dots,0,\dots) dizisini içeren tek elemanlı trivial alt uzay gösterilmektedir)

\displaystyle{C=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{R}}\land{(x_{n})}} yakınsak\}

uzayı, Reel terimli ve yakınsak dizilerin uzayıdır. Yakınsak her dizi sınırlı olduğundan bu uzay l_{\infty}’un bir özalt uzayıdır. Ayrıca \forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}=1 seçilirse

\displaystyle{\lim_{n\rightarrow{\infty}}x_{n}=1}

olduğundan (x_{n})\in{C} olur ve C\ne{\{0\}} elde edilir. Öte yandan \forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}=(-1)^{n} seçilirse (x_{n})\notin{C} ve (x_{n})\in{l_{\infty}} olduğundan

\{0\}\subsetneqq{C}\subsetneqq{l_{\infty}}

elde edilir.

\displaystyle{C_{0}=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{R}}\land{\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=0}\}}

C_{0}\subset{C} olduğundan C_{0} uzayı C’nin bir alt uzayıdır. \displaystyle{\forall{n\in{\mathbb{N}}}, x_{n}=\frac{1}{n}} seçilirse

\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=0}

olduğundan x_{n}\in{C_{0}} olur. O halde C_{0}\ne{\{0\}}’dır. Öte yandan \forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}=1 seçilirse

\displaystyle{\lim_{n\rightarrow{\infty}}x_{n}=1}

olduğundan (x_{n})\notin{C_{0}} olur. (x_{n})\in{C} olduğundan \{0\}\subsetneqq{C_{0}}\subsetneqq{C} sağlanır.

1\le{p}<+\infty olmak üzere

\displaystyle{l_{p}=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{R}}\land{\sum_{n=1}^{\infty}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{p}<+\infty}\}}

uzayını göz önüne alalım. (x_{n})\in{l_{p}} olsun.

\displaystyle{(x_{n})\in{l_{p}}\Rightarrow{\sum_{n=1}^{\infty}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{p}<+\infty}\Rightarrow{\lim_{n\rightarrow{\infty}}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{p}=0}\Rightarrow{\lim_{n\rightarrow{\infty}}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert=0}\Rightarrow{\lim_{n\rightarrow{\infty}}x_{n}=0}}

\Rightarrow{(x_{n})\in{C_{0}}}. O halde \forall{p}\in{[1,+\infty)}, l_{p}\subset{C_{0}}. Şimdi l_{p}’lerin C_{0}’ın öz alt uzayları olduğunu gösterelim:

\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{2^{n/p}}} olsun. \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\Big{|}\frac{1}{2^{n/p}}\Big{|}^{p}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}=1<+\infty} ise (x_{n})\in{l_{p}}.

Dolayısıyla \forall{p}\in{[1,+\infty)}, l_{p}\ne{\{0\}}

\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{n^{1/p}}} olsun. \displaystyle{\lim_{n\rightarrow{\infty}}\frac{1}{n^{1/p}}=0} ise (x_{n})\in{C_{0}}.

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\Big{|}\frac{1}{n^{1/p}}\Big{|}^{p}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=+\infty} olduğundan (x_{n})\notin{l_{p}}. Yani \{0\}\subsetneqq{l_{p}}\subsetneqq{C_{0}}.

Şimdi l_{p} uzaylarının kendi aralarındaki içerme ilişkisini inceleyelim:

1\le{p}<q<+\infty olsun.

\displaystyle{(x_{n})\in{l_{p}}\Rightarrow{(x_{n})\in{C_{0}}}\Rightarrow{\lim_{n\rightarrow{\infty}}x_{n}=0}}

\Rightarrow{\forall{\varepsilon}>0, \exists{n_{\varepsilon}}\in{\mathbb{N}}: \forall{n}>n_{\varepsilon}, |x_{n}|<\varepsilon}

\varepsilon=1 seçersek,

\exists{n_{1}}\in{\mathbb{N}}: \forall{n}>n_{1}, |x_{n}|<1

\Rightarrow{p<q} olduğundan \forall{n}>n_{1},|x_{n}|^{q}<|x_{n}|^{p}

\Rightarrow{(x_{n})\in{l_{p}}} olduğundan

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{q}=\sum_{n=1}^{n_{1}}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{q}+\sum_{n=n_{1}+1}^{\infty}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{q}<\sum_{n=1}^{n_{1}}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{q}+\sum_{n=n_{1}+1}^{\infty}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{p}<+\infty}

O halde p<q\Rightarrow{l_{p}\subset{l_{q}}} doğrudur. Şimdi kesin içermenin sağlandığını gösterelim:

Yine p<q olsun. O halde \displaystyle{\frac{q}{p}>1}’dir. \displaystyle{x_{n}=\frac{1}{n^{1/p}}} olsun.

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\Big{|}\frac{1}{n^{1/p}}\Big{|}^{p}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=+\infty} olduğundan (x_{n})\notin{l_{p}}.

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\Big{|}\frac{1}{n^{1/p}}\Big{|}^{q}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{q/p}}<+\infty} olduğundan (x_{n})\in{l_{q}}.

O halde p<q\Rightarrow{l_{p}\subsetneqq{l_{q}}} doğrudur.

Son olarak \Phi=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\exists{N}\in{\mathbb{N}} : \forall{n}>N, x_{n}=0\}

uzayını inceleyelim:

x_{n}=\bigg\{ 1,\text{ }n=1\\0,\text{ }n>1

olarak tanımlarsak \forall{n}>1, x_{n}=0 olduğundan (x_{n})\in{\Phi}’dir. O halde \{0\}\subsetneqq{\Phi}.

(x_{n})\in{\Phi} ve 1\le{p}<\infty olsun. \exists{N}\in{\mathbb{N}} : \forall{n}>N, x_{n}=0

\displaystyle{\Rightarrow{\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}}=\sum_{n=1}^{N}|x_{n}|^{p}+\sum_{n=N+1}^{\infty}|x_{n}|^{p}=\sum_{n=1}^{N}|x_{n}|^{p}+\sum_{n=N+1}^{\infty}0=\sum_{n=1}^{N}|x_{n}|^{p}<+\infty}

olduğundan (x_{n})\in{l_{p}}. O halde \Phi uzayı l_{p}’nin bir alt uzayıdır. Şimdi kesin içermenin olduğunu gösterelim:

\displaystyle{x_{n}=\frac{1}{n^{2}}} olsun. \displaystyle{\forall{n}\in{\mathbb{N}}, \frac{1}{n^{2}}\ne{0}} olduğundan (x_{n})\notin{\Phi}.

Fakat

\displaystyle{\forall{p}\in[1,+\infty), \sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p}}<+\infty}

olduğundan (x_{n})\in{l_{p}}’dir. Yani \{0\}\subsetneqq{\Phi}\subsetneqq{l_{p}}.

O halde ele aldığımız bütün dizi uzayları için aşağıdaki içerme doğrudur:

\Phi\subsetneqq{l_{p}}\subsetneqq{C_{0}}\subsetneqq{C}\subsetneqq{l_{\infty}}\subsetneqq{S}

Örnek14′te verilen bütün dizi uzayları reel terimli diziler için verilmiştir. Buradaki bütün örnekler kompleks terimli diziler için de verilebilir. Buna göre S=\mathbb{C}^{\mathbb{N}} bütün kompleks terimli dizilerin uzayı olur. Bu uzayın alt uzayları da

\displaystyle{l_{\infty}=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{C}}\land{\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|<+\infty}\}}

\displaystyle{C=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{C}}\land{(x_{n})}} yakınsak\}

\displaystyle{C_{0}=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{C}}\land{\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=0}\}}

\displaystyle{l_{p}=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}\in{\mathbb{C}}\land{\sum_{n=1}^{\infty}\arrowvert{x_{n}}\arrowvert^{p}<+\infty}\}}

\Phi=\{(x_{n})\in{S}\text{ }|\text{ }\exists{N}\in{\mathbb{N}} : \forall{n}>N, x_{n}=0\}

olarak verilebilir.

]]> http://www.akademikmatematik.com/lineer-cebir/vektor-uzaylari.html/feed 0