Ders 6

Bu derste işlenecek önemli konular şunlar, bir matrisin kolon uzayı (columnspace), ki bu konuya önceki derste değindik, diğeri ise bir matrisin sıfır uzayı (nullspace) ve alt uzaylar.

Şimdi alt uzaylar hakkında bir düşünce deneyi yapalım. Diyelim ki elimde $P$ ve $L$ diye iki tane alt uzay var, $P$, $\mathbb{R}^3$ içinde bir düzlem (plane), $L$ ise $P$ üzerinde olmayan bir çizgi (line). $P$ ve $L$ tabii ki orijinden geçiyorlar, yoksa alt uzay olmazlar.

[Üstteki resimdeki yazı orijinden geçen düzlem altuzaydır diyor]. Soru şudur; bu iki uzayın birleşimi (union) bir alt uzay oluşturur mu? Cevap hayır. Çünkü belirtilen müstakbel uzay toplanabilme prensibine izin vermiyor. Bu prensibe göre bir uzay içindeki iki vektörün toplamı aynı uzay içinde olmalıydı değil mi? Bir çizgi ve düzlemin toplamı olan "şey" bu tanıma uymuyor. Gayet rahat bir şekilde düzlemden bir vektör, $L$'den bir vektör alıp onları toplarsam bambaşka bir yöne işaret eden bir yeni vektör elde edebilirim ve bu vektör $P \cup L$ içinde olmaz.

Peki $P \cap L$'i düşünelim, yani her iki uzayın kesişimi olan küme bir alt uzayı mıdır? Kesişimde ne olduğunu düşünelim, sadece orijin noktası var, o zaman kümede sadece sıfır noktası var. Sıfır vektörü tek başına bir alt uzay oluşturabilir mi? Evet. Bu küme bir alt uzay oluşturabilir mi? Cevap yine evet.

Soruyu daha genelleştirerek soralım: herhangi iki alt uzay $S,T$'yi alalım, $S \cap T$ her zaman bir alt uzay olur mu? Bu alt uzay daha ufak olacaktır, çünkü şartları daha spesifik hale getirdik, bir nokta hem $S$ hem $T$ içinde olmalıdır, herhalde bu şarta uyan noktalar daha azdır. Ama cevap yine evet. Düşünelim; kesişimden $v,w$ adlı iki vektör alalım, o zaman $u + w$, $S$ içinde mi? Evet, çünkü $u,w$'nin ikisi de tanım itibariyle $S$ içinde, ve $S$ bir alt uzay olduğuna göre onun içindeki iki vektörün toplamı da aynı uzay içinde olmlaya meburdur, ve aynı durum $T$ için de geçerlidir. Toplam demek ki hem $S$ hem $T$ içinde olacaktır, bunu söylerken yani "hem $S$ hem $T$ içinde" derken aynı zamanda kesişimi tarif etmiş olmadık mı? Evet, o zaman toplam aynı zamanda kesişim içindedir de. İspat tamamlandı.

Alt uzay kontrolünün ikinci öğesi neydi? Sabitle çarpım yine uzay içinde olmalı. Aynı argümanı kullanıyoruz, $S \cap T$ içinde olan bir vektörü alırım, mesela 7 ile çarparım, sonuç yine $S$ içinde çünkü $S$ bir alt uzaydı, $T$ içinde, aynı sebepten dolayı. Demek ki çarpım hem $S$ hem $T$ içinde bu sebeple $S \cap T$ içinde.

O zaman iki alt uzayın kesişimi kesinlikle bir alt uzaydır.

$A$'nin Kolon Uzayı

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] $$

Bu matrisin kolon uzayı $\mathbb{R}^4$'un bir alt uzayıdır çünkü kolondaki vektörler 4 boyutlu. $A$'nin kolon uzayında, ki buna $C(A)$ diyelim, ne vardır? Üstte gördüğümüz $A$'nin tüm kolonları, üçü de, oradadır. Ama bu yeterli değil tabii ki, değil mi? 3 tane vektör koyarak bir alt uzay elde etmiş olmam. Bu alt uzayı nasıl doldururum? Üstteki üç vektörün tüm lineer kombinasyonlarını alırım ve alt uzaya koyarım. Bunu yaparsam bir vektör uzayı elde etmiş olabilirim fakat hala bir alt uzay elde etmiş olmam.

Üstteki üç vektörün tüm kombinasyonları tüm 4 boyutlu uzayı (yani $\mathbb{R}^4$) doldurur mu? Cevap hayır. Yani ispatsal olarak bunu göstermemiş olsak bile sezgimiz bunun olmayacağı yönünde (ki bu sezgi doğru).

Fakat bu kombinasyonlar daha ufak bir uzay olacağı kesin. Ne kadar ufak?

Bu sorunun cevabını vermek için lineer denklemler ile bir bağlantı kurmak faydalı olacak. Sorular şunlar,

"$Ax = b$ denkleminin her $b$ için bir çözümü var mıdır?"

Bir diğer bağlantılı soru, "hangi $b$'ler için çözüm vardır?"

1'inci sorunun cevabı hayır; çünkü elimde 4 tane denklem, ama 3 tane bilinmeyen var, yani bazı $b$'ler için çözümün olmaması gayet normal. Üstteki örneği genişletirsek,

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} b_1 \\ b_2 \\ b_3 \\ b_4
\end{array}\right] $$

Fakat "bazı" (eşitliğin) sağ tarafları için bu denklemin çözümü vardır. Bu da 2. sorunun cevabını verecek, ilgilendiğim sağ taraflar bunlar.

En bariz $b$ hangisi? Sıfır vektör. O zaman $x$'i de sıfır vektör alırım, ve bu bir çözüm olur. Bir diğer çözüm? [Sınıftan bir cevap geliyor, hoca yazıyor]

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4
\end{array}\right] $$

Bu $b$ için çözüm vardır? Hangi $x$ bu denklemi çözer? Haldir huldür hücre hücre çarpımı yapmaya gerek yok. Çarpıma kolon bakışını kullanırsak, çözüm basit, zaten $b$, $A$'nin birinci kolonu ile aynı. O zaman 1. kolondan 1 tane, 2. ve 3. kolondan 0 tane almak bize çözümü verir, yani

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0
\end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4
\end{array}\right] $$

Bir başka çözüm, mesela $A$'nin ikinci kolonu $b$ olsaydı, o zaman $x = \left[\begin{array}{rrr} 0 & 1 & 0 \end{array}\right]^T$ bir çözümdür, vs.. Tabii $b$ bulmanın daha basit yolu, herhangi bir $x$ seçerim, çarpımı yaparım, $b$ elde ederim. Bunu yaparken $A$'nin kolonlarının lineer kombinasyonlarını almış olmuyor muyum? Evet. Ve nihayet 2. sorunun cevabına geldik; $Ax=b$'yi sadece eğer $b$, $A$'nin kolon uzayında ise çözebilirim.

Niye olduğunun üzerinden bir daha geçelim. $A$'nin kolon uzayı tanım itibariyle tüm mümkün $Ax$'leri taşımak mecburiyetindedir, yani mümkün tüm $x$'ler $A$'yi çarpar, yani "onun kolonlarını kombine eder", ve bu kolon uzayını oluşturur.

Şimdi kolon uzaylarıyla yakından alakalı yeni bir soru daha soralım; $A$'nin tüm kolonları birbirinden bağımsız midir (independent)? Yani $A$'nin her kolonu kolon uzayına "yeni bir şeyler ekler mi?". Bu ifadeyle şunu kastediyoruz, eğer 3. kolon 1. ve 2.'nin kombinasyonu ise, 3. kolon uzaya bir yenilik katmıyor demektir, çünkü 3. kolonu kullanmak yerine 1. ve 2.'yi kullanmak yeterli olacaktır.

$A$'ya dikkatle bakalım, $A$'nin herhangi bir kolonunu atsak, yine aynı kolon uzayını elde eder miyiz? $A$'nin bağımsız olmayan, diğerlerinin kombinasyonu olan kolonu var mıdır? Evet.

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] $$

3'üncü kolon bariz bir şekilde 1. ve 2.'nin toplamı. Demek ki 1. ve 2. kolon $A$'nin pivot kolonları, 3. değil. Fakat bir dakika, 3. kolonu kötü çocuk ilan etmeden, bakalım acaba 1. kolonu atsak, yine aynı kolon uzayını elde eder miydik? Cevap yine evet, çünkü 1. kolon 3.'nun 2.'den çıkartılmış hali de denebilir! O zaman 1. kolon atılıp 2. ve 3. bağımsız olarak tutulabilirdi. Fakat ben prensip / alışkanlık bağlamında soldan sağa giderim, bağımsızlığı solda ilk baktığım kolonlara göre irdelemeye uğraşırım.

Sonuç olarak, $A$'nin kolon uzayı $\mathbb{R}^4$'un iki boyutlu bir alt uzayıdır. İki boyutlu çünkü bağımsız sadece iki kolon (vektör) var, bu iki vektör sadece bir iki boyutlu düzlemi (plane) tanımlayabilir.

Sıfır Uzayı

Tamamen farklı türde bir vektör /alt uzaydan bahsetmek istiyorum şimdi; sıfır uzayı. Mesela $A$'nin sıfır uzayında ne vardır?

Bu uzayda $A$'nin kolon kombinasyonları yoktur. Farklı bir şekilde, $Ax$ denklemi bağlamında, $x$'ler vardır. Hangi $x$'ler? $Ax=0$ denkleminin çözüm olabilecek tüm $x$'ler. Yani,

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{array}\right] $$

$x$'lerin 3 öğesi var, o zaman $A$'nin sıfır uzayı $\mathbb{R}^3$'un bir alt uzayı (tabii önce bu uzayın düzgün bir alt uzay olduğunu da ispatlamamız gerekir, ve bunu göstereceğiz).

$A$'ya çıplak gözle bakarak bu sıfır uzayını bulabilir miyiz? Her veri üzerinde işleyecek teknik tabii ki eliminasyon yapmak, vs. ve sonucu böyle bulmak. Fakat bu basit örnek üzerinde sonucu hemen bulabilir miyiz?

İlk çözüm, $x=0$. Bu bariz olan ilk çözüm. Sıfır uzayında sıfır vektörü var, ki sıfır uzayı bir vektör uzayı olma şansı artmış oldu böylece (çünkü tüm vektör uzaylarında sıfır vektörü olmalı).

Bir diğer çözüm? Aradığım $A$'nin kolon kombinasyonları, öyle ki o kombinasyon sıfır vektörü olsun. Bir tanesi,

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ -1
\end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{array}\right] $$

Bir başkası? $\left[\begin{array}{rrr}2 & 2 & -2\end{array}\right]^T$, yani bir önceki çözümün iki katı. Bir kalıp ortaya çıkmaya başladı; Tüm çözümler neye benzer? $c \cdot \left[\begin{array}{rrr}1 & 1 & -1\end{array}\right]^T$, ki sabit $c=7$, olabilir, $c=11$ olabilir.. Tüm bu sıfır uzayının çizsem neye benzer? Bir çizgi olmaz mı? Evet. Bu çizgi de sıfırdan geçer zaten,

[Yeşil ok $\left[\begin{array}{rrr}1 & 1 & -1\end{array}\right]^T$ ve tüm çizgi onun katları]. Yani sıfır uzayı $\mathbb{R}^3$'de bir çizgidir.

Peki bu sıfır uzayı bir alt uzay midir? Bir uzaya "uzay" demek sadece onun belli şartlara uyması ile mümkündür. Bu şartlar var mı ona bakalım.

$Av=0$ ise ve $Aw=0$ ise, o zaman $A(v+w)=0$ olmalı, yani $v$ sıfır uzayında ise, $w$ sıfır uzayında ise, $v+w$ de sıfır uzayında olmalı. İspat son derece basit,

$$ A(v+w) = 0 $$

$$ Av + Aw = 0 $$

ki $Av=0$ ve $Aw=0$ olduğunu biliyorum, o zaman

$$ \cancelto{0}{Av} + \cancelto{0}{Aw} = 0 + 0 = 0 $$

Bu ispat tamam. Şimdi 2. kontrol; sabitle çarpım sıfır uzayında mıdır?

$$ Ax = 0 $$

$$ A(c \cdot x) = 0 = c \cdot Ax = 0 = c \cdot \cancelto{0}{Ax} = 0$$

Bu şart da yerine getirildi.

Şimdi, karşılaştırma amaçlı olarak, sıfır uzayı olmayan bir örneğe bakalım,

$$ A = \left[\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 1 & 4 \\ 4 & 1 & 5 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3
\end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4
\end{array}\right] $$

Bunu çözen $x$'ler bir vektör uzayı oluştururlar mı? Cevap hayır. Bunu görmenin en basit yolu, sıfır vektörünün çözüm olmadığının görmektir. Sıfır vektörü yoksa orijin yok demektir, orijin yoksa bir uzay elde edemeyiz.

Bir çözüme bakalım, $x = \left[\begin{array}{rrr} 1&0&0 \end{array}\right]^T$. Diğeri? $x = \left[\begin{array}{rrr} 0&-1&1 \end{array}\right]^T$

Böyle bir sürü çözüm var, fakat bunlar bir alt uzay değil.. Büyük bir ihtimalle bu çözümler bir çizgi ya da düzlem oluşturuyorlar, ama orijinden geçmiyorlar.