Vektör Uzayı Nasıl Tanınır? Alt Uzay, Taban ve Boyut

Bir kümenin vektör uzayı sayılması için hangi koşullar gerekir?

Bir V kümesinin, F cismi üzerindeki vektör uzayı olması için V üzerinde vektör toplama, F ile V arasında da skaler çarpma tanımlanmalıdır. F; toplama ve çarpma işlemleriyle birlikte bir cisim olmalıdır. F, R veya C olabileceği gibi Q ya da uygun başka bir cisim de olabilir. V üzerindeki bu işlemler, aşağıdaki vektör uzayı aksiyomlarını sağlamalıdır:

1. Toplama kapalılığı: u,v ∈ V ise u+v ∈ V olmalıdır.
2. Toplamada birleşme: (u+v)+w = u+(v+w).
3. Toplamada değişme: u+v = v+u.
4. Sıfır vektörü: V içinde 0 bulunmalı ve u+0=u olmalıdır.
5. Toplamsal ters: Her u için -u ∈ V olmalı ve u+(-u)=0 olmalıdır.
6. Skaler çarpma kapalılığı: a ∈ F ve u ∈ V ise au ∈ V olmalıdır.
7. Skaler birim: 1u=u.
8. Dağılma kuralları: a(u+v)=au+av ve (a+b)u=au+bu.
9. Skalerlerin birleşmesi: a(bu)=(ab)u.

Pratikte bu koşulların bir kısmı, işlemler bilinen R^n toplaması ve skaler çarpması ise otomatik olarak sağlanır. Böyle bir durumda özellikle iki kapalılık koşulu kontrol edilir. Ancak işlem standart değilse tüm aksiyomlar ayrıca incelenmelidir.

Örneğin R^2, standart toplama ve gerçek sayılarla skaler çarpma altında bir vektör uzayıdır. Buna karşılık {(x,y) ∈ R^2 | x+y=1} kümesi toplama işlemine kapalı değildir: (1,0) ve (0,1) bu kümede olsa da toplamları (1,1) için x+y=2 olur. Ayrıca sıfır vektörü (0,0) koşulu sağlamaz. Bu nedenle bu küme vektör uzayı değildir.

Alt uzay testi: Uzun aksiyom listesini nasıl kısaltırız?

W, bilinen bir F-vektör uzayı V'nin alt kümesiyse ve W'nin işlemleri V'den devralınıyorsa, W'nin alt uzay olduğunu göstermek için pratik alt uzay testi kullanılabilir. W boş olmamalı ve her u,v ∈ W ile a,b ∈ F için au+bv ∈ W olmalıdır. Bu tek koşul, toplama ve skaler çarpma kapalılığını birlikte ifade eder; boş olmama ise çoğu zaman 0 ∈ W kontrolüyle gösterilir.

Özellikle homojen doğrusal denklemlerin çözüm kümeleri alt uzaydır. Örneğin R^3 içinde W={(x,y,z) | x-2y+z=0} kümesini ele alalım. u ve v bu denklemi sağlıyorsa, au+bv için (au_1+bv_1)-2(au_2+bv_2)+(au_3+bv_3) = a(u_1-2u_2+u_3)+b(v_1-2v_2+v_3)=0 olur. Dolayısıyla W alt uzaydır.

Sabit terimli denklem kümelerinde durum değişir. W={(x,y,z) | x-2y+z=3} için (0,0,0) W'de değildir; bu nedenle alt uzay olamaz. Bu tür kümeler boş değilse bir düzlem veya doğru olabilir, fakat orijinden geçmiyorsa vektör uzayı olarak kabul edilmez. Bu, geometrik görünüş ile cebirsel tanımın karıştırılmaması gereken bir sınır durumudur.

Germe ve koordinat: Bir vektör hangi yapıdan üretilir?

v_1,...,v_k vektörlerinin gerdiği küme, bu vektörlerin tüm lineer kombinasyonlarından oluşur: [ \operatorname{span}{v_1,\ldots,v_k}={a_1v_1+\cdots+a_kv_k\mid a_i\in F}. ] Bir vektörün bu kümeye ait olup olmadığını anlamak için hedef vektörü v_i'lerin lineer kombinasyonu olarak yazmaya çalışırız. Katsayı sistemi çözülebiliyorsa hedef gerilmiştir; çözülemiyorsa gerilen kümede değildir.

Örneğin (5,1) vektörünün (1,1) ve (2,-1) tarafından gerilip gerilmediğini bulalım. a(1,1)+b(2,-1)=(5,1) yazılır. Koordinat karşılaştırması a+2b=5 ve a-b=1 verir. İkinci denklemeden a=1+b bulunur. İlkinde 1+3b=5 olduğundan b=4/3, a=7/3 elde edilir. Katsayılar bulunduğu için (5,1) bu iki vektörün gerdiği kümededir.

Germe, 'kaç vektör var?' sorusundan farklıdır. Aynı uzayı gereksiz vektörlerle de germek mümkündür. Örneğin R^2, (1,0), (0,1) ile gerilir; ayrıca (1,0), (0,1), (1,1) ile de gerilir. Üçüncü vektör yeni bir yön eklemez. Bu gereksizliği belirleyen kavram lineer bağımlılıktır.

Lineer bağımlılık, taban ve boyut arasındaki karar zinciri

v_1,...,v_k vektörleri için c_1v_1+...+c_kv_k=0 denkleminin yalnızca c_1=...=c_k=0 çözümü varsa vektörler lineer bağımsızdır. Sıfırdan farklı katsayıların bulunduğu bir çözüm varsa küme bağımlıdır. Bağımlılık, en az bir vektörün diğerlerinin lineer kombinasyonu olarak yazılabileceği anlamına gelir.

Örneğin R^2'de (1,2) ve (2,4) bağımlıdır; çünkü ikinci vektör birincinin 2 katıdır. Buna karşılık (1,2) ve (2,3) bağımsızdır. Determinant kullanılacaksa bu yöntem, iki vektörün R^2'de sütun olarak yerleştirildiği 2x2 matris için geçerlidir: determinant sıfır değilse vektörler bağımsız, sıfırsa bağımlıdır.

Bir taban, iki koşulu aynı anda sağlayan vektör kümesidir: Uzayı germeli ve lineer bağımsız olmalıdır. Germe, her vektörün üretilebilmesini; bağımsızlık ise gereksiz yön bulunmamasını garanti eder. R^2'nin standart tabanı {(1,0),(0,1)}'dir. R^2'nin boyutu 2 olduğundan her taban iki vektör içerir; ancak bu sonuç R^2 gibi sonlu boyutlu standart uzaylar için bağlam içinde kullanılmalıdır.

Bir tabana göre yazılan vektörün katsayıları o vektörün koordinatlarıdır. Standart olmayan B={(1,1),(1,-1)} tabanında (4,2)=a(1,1)+b(1,-1) için a+b=4 ve a-b=2 çözülür; a=3, b=1 bulunur. Dolayısıyla B tabanına göre koordinat [v]_B=(3,1)'dir. Aynı vektörün standart koordinatı (4,2) iken tabana göre koordinatı farklıdır.

Çözümlü örnekler: alt uzay ve taban nasıl bulunur?

Örnek 1 — Verilenler: W={(x,y,z)∈R^3 | x+y-z=0}. Soru: W alt uzay mıdır ve bir tabanı nedir?

Adım 1: Denklemi bir değişken cinsinden yazalım. x+y-z=0 olduğundan z=x+y.

Adım 2: Genel elemanı parametrelerle ifade edelim. x=s ve y=t seçilirse (x,y,z)=(s,t,s+t).

Adım 3: Parametreleri ayıralım: (s,t,s+t)=s(1,0,1)+t(0,1,1).

Adım 4: W, (1,0,1) ve (0,1,1) vektörleri tarafından gerilir. Bu iki vektörün bağımsız olduğunu görmek için a(1,0,1)+b(0,1,1)=(0,0,0) yazılır. İlk koordinat a=0, ikinci koordinat b=0 verir. Yalnızca sıfır çözümü olduğundan bağımsızdır.

Sonuç: W alt uzaydır ve B={(1,0,1),(0,1,1)} W için bir tabandır. W'nin boyutu 2'dir. Buradaki boyut, kümede üç koordinat yazılmasına rağmen serbest parametre sayısının iki olmasından gelir.

Örnek 2 — Verilenler: v_1=(1,0,1), v_2=(0,1,1), v_3=(1,1,2). Soru: Vektörler bağımsız mı ve germe kümesinden biri çıkarılabilir mi?

Adım 1: v_3'ün ilk iki vektörle ilişkisini kontrol edelim. v_1+v_2=(1,1,2)=v_3.

Adım 2: Sıfır olmayan katsayılı bağıntıyı yazalım: v_1+v_2-v_3=0. Bu bağıntı, kümenin lineer bağımlı olduğunu gösterir.

Adım 3: Gereksiz vektörü belirleyelim. v_3 zaten v_1 ve v_2 ile üretildiği için v_3 çıkarılabilir; germe kümesi değişmez.

Sonuç: Üç vektörün gerdiği uzay, v_1 ve v_2'nin gerdiği uzayla aynıdır. v_1 ve v_2 bağımsız olduğundan bu iki vektör, gerilen uzay için taban oluşturur ve boyut 2'dir.

Sık yapılan hatalar ve karıştırılan sınır durumları

• 'Kapalılık varsa vektör uzayıdır' demek: Toplama ve skaler çarpma kapalılığı gereklidir fakat standart olmayan işlemlerde diğer aksiyomlar da kontrol edilmelidir.

• Her doğru veya düzlemi alt uzay sanmak: Bir doğrunun ya da düzlemin alt uzay olması için orijinden geçmesi gerekir. x+y=1 doğrusu bu nedenle alt uzay değildir; x+y=0 doğrusu ise standart işlemler altında alt uzaydır.

• Skaler kümesini belirtmemek: Aynı küme R üzerinde vektör uzayı olabilirken, seçilen işlemler veya skaler alan değiştiğinde değerlendirme değişebilir. Bu yüzden 'F üzerinde' ifadesi önemlidir.

• Bağımsızlığı yalnızca vektör sayısına göre belirlemek: R^2'de üç vektörün bağımsız olması mümkün değildir; fakat iki vektörün de bağımlı olması mümkündür. Karar, sıfır kombinasyon denklemi veya uygun matris hesabıyla verilir.

• Germe ile tabanı eş anlamlı kullanmak: Bir küme uzayı gerebilir fakat bağımlı olabilir. Taban için hem germe hem bağımsızlık gerekir.

• Sıfır vektörünü gözden kaçırmak: Bir kümede 0 vektörü varsa ve küme standart lineer işlemlere göre inceleniyorsa, sıfır vektörünü içeren herhangi bir vektör ailesi lineer bağımlıdır; çünkü 1·0=0, sıfır olmayan bir katsayıyla bağıntı oluşturur.

• Homojen olmayan çözüm kümesini homojen sanmak: Ax=0 çözüm kümesi alt uzaydır; Ax=b için b≠0 olduğunda çözüm kümesi, çözüm varsa bile genel olarak alt uzay değil, bir ötelenmiş kümedir.

• Boyutu koordinat sayısıyla özdeşleştirmek: Bir alt uzay R^3 içinde bulunabilir ama boyutu 1 veya 2 olabilir. Boyut, bir tabandaki vektör sayısıdır; serbest parametre sayısı da uygun doğrusal denklem sistemlerinde bu sayıyı verir.