Vektör Uzaylarında Tabanlar

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.

Bir yorum

Bir Cevap Yazın

E-posta hesabınız yayımlanmayacak. Gerekli alanlar * ile işaretlenmişlerdir