Önsöz - ALTIN NOKTA · 10 Lineer Denklem Sistemleri Örnek1.2 x +2y =3lineer denkleminin çözümünü bulunuz. Çözüm: degi¸˘skeninebirparametrevererek,digerde˘...

Önsöz

Bu kitap üniversitelerimizin Mühendislik Fakültelerinde, Dogrusal Cebir veya LineerCebir adıyla okutulan lisans dersine yardımcı bir kaynak olması amacıyla hazırlanmıstır.Konular, teorik anlatımdan ziyade, uygulamalı olarak anlatılmıs, bol örneklerle ve gerekliyerlerde mühendislik uygulamalarıyla, mühendislik bölümlerine uygun sekilde verilmistir.Bu kitapta, reel vektör uzayları ile, reel vektör uzaylarındaki vektörel hesaplamalar üze­rinde durulmus, diger yandan soyut vektör uzayı kısaca verilip, bu konuda ayrıntıya giril­memistir.

Kitabın ilk bölümünde, lineer denklem sistemlerinin çözüm yöntemleri incelenerekve matris kavramının nasıl ortaya çıktıgı verilmistir. Bu bölümde lineer denklem sistem­lerinin elektrik devreleri, yol akısı problemleri, kimyasal denklemlerdeki uygulamalarıörneklerle pekistirilmistir. Ikinci ve üçüncü bölümde ise matris cebiri ve determinantkonusu detaylı olarak incelenmistir. Dördüncü bölümde, vektörler ile vektörlerin bazıuygulamaları verildikten sonra, altıncı bölümde, özdeger, özvektör, kösegenlestirme ile bukonuların uygulamaları ele alınmıs, yedinci bölümde ise, özellikle mühendisligin grafik,animasyon, hareket, bilgisayar, robot teknolojisi ve insaat uygulamalarında sıkça kul­lanılan dönme, yansıma, simetri, izdüsüm gibi lineer dönüsümler üzerinde durulmustur.En son bölümde de vektörel fonksiyon ve vektör alanı tanımları verilerek vektörel analizekısa bir giris yapılmıstır.

Mühendislik fakültelerinde bölümlere göre ders saatleri degistiginden, kitaptaki bazıkonular, mühendislik fakültelerinin bölümlerine uygun olarak atlanabilir veya hızlı vekısaca verilerek geçilebilir. Kitabın anlatımında, her konudaki en önemli noktalar vurgu­lanmıs ve her konu çesitli örneklerle zenginlestirilmistir. Ayrıca, örneklere benzer sorular,örneklerden hemen sonra yanıtlarıyla birlikte alıstırma olarak verilerek, konunun pekis­tirilmesi amaçlanmıstır. Her konunun sonuna, konunun tekrar edilmesi amaçlanarak birtest sınavı eklenmistir. Kitabın konu içeriginde, düzeninde ve tashihinde bana yardımcıolan Akdeniz Üniversitesi ögretim üyeleri Prof.Dr. Mustafa Alkan ile Doç.Dr. MehmetCenkci’ye tesekkür ederim. Kitabın, tüm ögrencilerimize faydalı olmasını diliyorum.

Mustafa ÖzdemirAntalya ­ 2016

"Dünya’da her sey için, medeniyet için, hayat için, muvaffakiyet için en hakiki mürsitilimdir, fendir. Ilim ve fennin haricinde mürsit aramak gaflettir, cehalettir, dalâlet­tir."

Mustafa Kemal Atatürk

Içindekiler

BIRINCI BÖLÜM 9Lineer Denklem Sistemleri

Lineer Denklem Sistemleri 9

Lineer Bagımlı ve Bagımsız Denklemler 13

Denklem ve Bilinmeyen Sayılarına Göre Denklem Sisteminin Çözüm Sayıları 14

Gauss ­ Jordan Eliminasyon Yöntemi ile Denklem Çözümleri 14

Matris Tanımına Giris 18

Elemanter Satır Operasyonları 21

Bir Matrisin Basamak Biçimi (Eselon Form) 22

Bir Matrisin Rankı 23

Lineer Denklem Sisteminin Genisletilmis Matrisinin Rankının Çözümde Etkisi 25

Lineer Homojen Denklem Sistemi 29

Lineer Denklem Sistemlerinin Uygulamaları 32

Kimyasal Denklemlerde Lineer Denklem Sistemlerinin Kullanılması 32

Yol Akısı Problemlerinde Lineer Denklem Sistemlerinin Kullanılması 33

Elektrik Devreleri Problemlerinde Lineer Denklem Sistemlerinin Kullanılması 35

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Lineer Denklem Sistemleri) 39

BIRINCI BÖLÜM 43Matrisler

Martis Çesitleri 44

Martislerde Islemler 45

Matris Çarpımının Özellikleri 48

Bir Matrisin Transpozesi 53

Simetrik ve Ters Simetrik Matrisler 53

Bir Matrisin Tersi 56

Ortogonal Matris 59

Bir Matrisin Izi 61

Bir Matrisin Tersinin Bulunması 62

Katsayılar Matrisinin Tersini Kullanarak Denklem Sisteminin Çözülmesi 68

Sifrelemede Matrislerin Kullanılması 69

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Matrisler) 71

ÜÇÜNCÜ BÖLÜM 75Determinant

Determinant 76

Determinantın Özellikleri 82

Kofaktör Yardımıyla Determinant Hesabı 90

Ek Matris 105

Lineer Denklem Sistemleri ve Determinant 109

Cramer Kuralı 110

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Determinant) 113

DÖRDÜNCÜ BÖLÜM 119Vektörler

Vektörlerde Islemler 119

Vektör Uzayı 122

Altvektör Uzayı 123

Dik Koordinat Sistemi 124

Dik Koordinat Sisteminde Iki Nokta Arasındaki Uzaklık 126

Vektörlerin Dik Koordinat Sisteminde Gösterilmesi 128

Birim Vektör 131

Vektörlerin Bazı Uygulamaları 132

Dogru Denklemlerinin Vektörler Yardımıyla Bulunması 134

Lineer Bilesim 137

Bir Vektör Kümesinin Bir Uzayı Germesi 139

Lineer Bagımlılık ve Lineer Bagımsızlık 141

Taban 143

Bir Uzayda Bir Vektörün Bir Tabana Göre Koordinatları 146

Iç Çarpım 148

Öklid Iç Çarpımının Geometrik Uygulamaları 150

Ortogonal ve Ortonormal Taban 153

Öklid Iç Çarpımı Yardımıyla Alan Hesaplanması 155

Simetri ­ Yansıma 165

Gram ­ Schmidt Ortogonallestirme Yöntemi 168

Dogrultman Kosinüsleri 171

Vektörel Çarpım ve Geometrik Uygulamaları 172

Karma Çarpım ve Geometrik Uygulamaları 179

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Vektörler) 184

BESINCI BÖLÜM 191Lineer Dönüsümlere Giris

Lineer Dönüsüm 191

Bir Lineer Dönüsüme Karsılık Gelen Matris 193

Lineer Dönüsümün Çekirdegi ve Görüntüsü 196

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Lineer Dönüsümlere Giris) 197

ALTINCI BÖLÜM 199Özdeger, Özvektör ve Uygulamaları

Özdegerlerin Bulunması 200

Özvektörlerin Bulunması ve Özuzaylar 206

Benzer Matrisler 212

Cayley ­ Hamilton Teoremi ve Uygulamaları 214

Cayley Hamilton Teoremini Kullanarak Bir Matrisin Tersini Bulmak 215

Cayley Hamilton Teoremini Kullanarak Bir Matrisin Kuvvetini Hesaplamak 216

Bir Matrisin Kösegenlestirilmesi 217

Özdeger ve Özvektörlerin Bazı Uygulamaları 221

Uzayda Dönme Ekseninin Bulunması 221

Lineer Diferansiyel Denklem Sistemi Uygulamaları 223

Bir Matrisin Exponansiyelinin Hesaplanması 225

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Özdeger ­ Özvektör) 226

YEDINCI BÖLÜM 229Lineer Dönüsümler ve Uygulamaları

Düzlemde Lineer Operatörler ve Standart Matrisleri 229

Dik Izdüsüm Dönüsümü 229

Yansıma Dönüsümü 233

Dönme Dönüsümü 240

Kırpma (Shear) Dönüsümü 245

Küçültme veya Büyütme Dönüsümü 247

Öteleme Dönüsümü 248

Uzayda Lineer Operatörler ve Standart Matrisleri 250

Uzayda Dik Izdüsüm Dönüsümü 250

Uzayda Yansıma (Simetri) Dönüsümü 254

Uzayda Dönme Dönüsümü 257

Bir Lineer Dönüsümün Birebir ve Örtenligi 262

Bir Lineer Dönüsüm için Boyut Teoremi 264

Taban Degisimi 266

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Lineer Dönüsümler) 272

SEKIZINCI BÖLÜM 275Vektörel Analize Giris

Vektör Fonksiyon Kavramı 275

Hız, Ivme, Momentum ve Kuvvet Vektörleri 279

Yay Uzunlugu 280

Vektör Fonksiyonlar ve Egriler 281

Skaler Fonksiyon (Skaler Alan) ve Vektör Alanı Kavramı 283

Bir Skaler Alanın Kısmi Türevi 284

Yüksek Mertebeden Kısmi Türevler 285

Gradiyent Vektör Alanı 286

Yöne Göre Türev 288

Bir Vektör Fonksiyonun Bir Vektör Yönündeki Türevi 294

Bir Vektör Alanının Diverjansı 296

Bir Vektör Alanının Rotasyoneli (Curl) 297

Bir Skaler Fonksiyonun Lablasyeni 299

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Vektörel Analize Giris) 301

Lineer Denklem Sistemleri

Lineer denklem sistemleri, matematik, fizik, kimya, mühendislikte karsılasılan birçok problemde karsımıza çıkarlar. Lineer denklem sisteminin çözüm yöntemlerinin aran­ması sonucunda, matris kavramı ve matris cebiri ortaya çıkmıstır. Matrisler, özelliklegünümüzde mühendislikte, hareket geometrisinde, animasyon ve bilgisayar teknolojisindebir çok problemin de çözümünü kolaylastırmıstır. Bu bölümde, lineer denklem sistem­lerinin çözüm yöntemlerini inceleyerek, matris kavramının nasıl ortaya çıktıgını göre­cegiz. Daha sonraki bölümlerde de, matris cebirinin ve determinantın kullanılmasıylabirlikte, lineer denklem sistemlerinin farklı çözüm yöntemlerini ele alacagız.

Tanım Bir lineer (dogrusal) denklem deyince, 1,2 reel sayılar, 1,2 ise degiskenler olmak üzere,

11 + 22 + · · ·+ =

formundaki bir denklem anlayacagız. Bu denklemde, 1 2 ’ye denklemin bilin­meyenleri de denir.Örnegin,

2+ 3 +√3 = 5

üç degiskenli, yani bilinmeyenli bir lineer denklemdir.

Örnek 1.1 Asagıdaki denklemlerin lineer olup olmadıklarını belirtiniz.a) 2+ 3 −√2 = 3 b) 3− 2√ − 3 = 0c) + + = 3 d) 2 − (

√3− 2)1 + 3 =

√2

e) + sin + = 1 f) + log − = 3

g) 22 − 3 + = 1 h) (ln 3)− (sin 45) + =

Çözüm : Bir lineer denklemde, çarpım halindeki degiskenler, yüksek dereceden degisken­ler, kök içindeki degiskenler, degiskenlerin üstel, logaritmik veya trigonometrik fonk­siyonları lineerligi bozan durumlardır. Buna göre, b) seçenegindeki √ terimi, c) se­çenegindeki terimi, e) seçenegindeki sin terimi, f) seçenegindeki log terimi, g)seçenegindeki 2 terimi lineerligi bozarlar. Lineer olan seçenekler, sadece a), d) ve h)seçenekleridir.

Bir lineer denklemin çözümü demek, bu denklemi saglayan degerler demektir. Çözümsayısı, degiskenlerin istendigi sayı kümesine ve denklemdeki bilinmeyen sayısına göreolmayabilir ya da, tek veya sonsuz olabilir. Örnegin,

2+ 3 + 3 = 5

üç degiskenli lineer denkleminin sonsuz çözümü vardır. = 1 = 1 ve = 0 veya = 4 = 0 ve = −1 gibi çözümler bulunabilir. Bu lineer denklemin çözümlerini engenel sekilde parametreler yardımıyla verebiliriz.

10 Lineer Denklem Sistemleri

Örnek 1.2 x+ 2y = 3 lineer denkleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm : degiskenine bir parametre vererek, diger degiskenler de bu parametre cinsin­den bulunabilir. = denilirse,

= 3− 2elde edilir. Buna göre, denklemin çözüm kümesini :

(3− 2 ) : ∈ Rseklinde ifade edebiliriz. Her ∈ R için, denklemin farklı bir çözümü elde edilir. Örnegin,

= 1⇒ ( )=(1 1) ; = 2⇒ ( )=(−1 2) ; = 10⇒ ( )=(−17 10)bu denklemin bazı çözümleridir. En basta degiskenine parametre verilerek de denklemçözülebilirdi.

Örnek 1.3 x+ 3y + 4z = 6 lineer denkleminin çözümünü bulunuz.

Çözüm : Denklemde üç degisken oldugundan, çözüm için iki parametre kullanmalıyız. = ve = denilirse,

= 6− 3− 4olacaktır. Buna göre, çözüm kümesini :

(6− 3− 4 ) : ∈ Rseklinde ifade edebiliriz.

Örnek 1.4 x, y, z ∈ Z+ olmak üzere, x+ 3y + 4z = 9 lineer denkleminin çözü­münü bulunuz.

Çözüm : pozitif tamsayılar oldugundan, degeri sadece 1 olabilir. Aksi halde, ve ’nin pozitif tamsayı olabilmesi mümkün degildir. Buna göre,

+ 3 + 4 = 9⇒ + 3 = 5

olur. Benzer düsünceyle = 1 olmalıdır. Buradan, = 2 olur. Yani, denklemin tekçözümü = 2 = = 1’dir.

1.1

Alıştırma + 3 = 9 lineer denkleminin çözüm kümesini bulunuz.Yanıt : (9− 3 ) : ∈ R

1.2

Alıştırma 4+ + 3 = 10 lineer denkleminin çözüm kümesini bulunuz.Yanıt : ( 10− 4− 3 ) : ∈ R

1.3

Alıştırma ∈ Z+ ise, 4++3 = 10 lineer denkleminin çözümünü bulunuz.Yanıt : ( ) = (1 3 1)

Mühendisler Için Lineer Cebir 19

Tanım bilinmeyenli, denklemden olusan⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

111 + 122 + · · ·+ 1 = 1211 + 222 + · · ·+ 2 = 2

...11 + 22 + · · ·+ =

lineer denklem sistemini göz önüne alalım. Bu denklem sisteminde, katsayıların olustur­dugu matris ve sag taraftaki sabit degerlerin olusturdugu matris sırasıyla,

=

⎡⎢⎢⎢⎣11 12 121 22 2

......

...1 2

⎤⎥⎥⎥⎦ ve =

⎡⎢⎢⎢⎣12...

⎤⎥⎥⎥⎦seklinde yazılabilir. Bu iki matrisin yan yana,

[ : ] =

⎡⎢⎢⎢⎣11 12 121 22 2

......

...1 2

¯¯¯12...

⎤⎥⎥⎥⎦seklinde yazılmasıyla elde edilen matrise, verilen lineer denklem sisteminin genisletilmiskatsayılar matrisi (Augmented Matrix) denir. Bundan sonra, bir lineer denklem sistemi­nin çözümünü, genisletilmis katsayılar matrisini kullanarak yapacagız.

Örnek 1.10

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x+ y + z + t = 3

x+ 2y + 2z + 3t = 4

x+ y + 2z + 2t = 5

y + z + 4t = 7

denklem sistemini çözelim.

Çözüm : Bu sistemin genisletilmis katsayılar matrisi :

[ : ] =

⎡⎢⎢⎣1 1 1 1

1 2 2 3

1 1 2 2

0 1 1 4

¯¯ 345

7

⎤⎥⎥⎦biçimindedir. Ilk satırı, ikinci ve üçüncü satırlardan çıkararak 11 elemanının altındakitüm elemanları 0 yapalım.⎡⎢⎢⎣

1 1 1 1

0 1 1 2

0 0 1 1

0 1 1 4

¯¯ 312

7

⎤⎥⎥⎦⇒⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

+ + + = 3

+ +2 = 1

+ = 2

+ 4 = 7

Simdi de, ikinci satırı, dördüncü satırdan çıkararak 22 elemanının altındaki tüm eleman­ların sıfır olmasını saglayalım.

20 Elemanter Satır Operasyonları

Bu durumda, ⎡⎢⎢⎣1 1 1 1

0 1 1 2

0 0 1 1

0 0 0 2

¯¯ 312

6

⎤⎥⎥⎦⇒⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

+ + + = 3

+ +2 = 1

+ = 2

2 = 6

elde edilir ki, buradan = 3 = −1 = −4 ve = 5 elde edilir.

Örnek :

⎧⎨⎩ x+ y + z = 3

3x+ 2y + 3z = 4

2x+ y + 2z = 5

denklem sistemini çözelim.

Çözüm : Bu sistemin genisletilmis katsayılar matrisi :

[ : ] =

⎡⎣ 1 1 1

3 2 3

2 1 2

¯¯ 345

⎤⎦biçimindedir. Ilk satırın, üç katını ikinci satıdan, iki katını da üçüncü satırdan çıkararak11 elemanının altındaki tüm elemanları 0 yapalım.⎡⎣ 1 1 1

0 −1 0

0 −1 0

¯¯ 3

−5−1

⎤⎦⇒⎧⎨⎩ + + = 3

− = −5− = −1

Simdi de, ikinci satırı, üçüncü satırdan çıkararak 22 elemanının altındaki tüm elemanlarınsıfır olmasını saglayalım. Bu durumda,⎡⎣ 1 1 1

0 −1 0

0 0 0

¯¯ 3

−54

⎤⎦⇒⎧⎨⎩ + + = 3

− = −50 = 4

elde edilir ki, buradan 0 = 4 tutarsızlıgı çıkar. Bu denklemin çözümü olmadıgını gösterir.

1.7

Alıştırma

⎧⎨⎩ + 2 + 2 = 3

− − = 3

− + = 3

denklem sistemini, genisletilmis matrisini kulla­

narak çözünüz.Yanıt : = 3 = 0 ve = 0

1.8

Alıştırma Genisletilmis matrisi

⎡⎣ 1 1 1

0 −1 2

1 −1 0

¯¯ 323

⎤⎦ olan denklem sistemini yazınız.

Yanıt :

⎧⎨⎩ + + = 3

− + 2 = 2− = 3

.

Lineer Denklem Sistemleri 21

Elemanter Satır OperasyonlarıYukarıdaki denklem sistemlerini çözerken, denklemler üzerinde uyguladıgımız ve

denklemlerin çözüm kümesini degistirmeyen üç çesit islemle karsılastık. Simdi, bu islem­lerin matrisler için genel tanımını ve gösterimini verelim.

Tanım Bir A matrisi verilsin. A matrisinin satırları üzerinde yapılan asagıdaki üç çesit

isleme elemanter satır islemleri denir.I) A matrisinin herhangi iki satırını kendi aralarında yer degistirmek. − satır ile − satırın yer degistirilmesi islemini ↔ seklinde gösterecegiz. Örnegin,⎡⎣ 0 0 1 9

0 2 −4 6

1 2 3 1

⎤⎦ 1 ↔ 3−−−−−−−→

⎡⎣ 1 2 3 1

0 2 −4 6

0 0 1 9

⎤⎦II) A matrisinin herhangi bir satırını sıfırdan farklı bir sayı ile çarpmak. − satırınbir ∈ R ile çarpılmasını, → seklinde gösterecegiz.⎡⎣ 0 0 1 9

0 2 −4 6

1 2 3 1

⎤⎦ 2 → 22−−−−−−−−→

⎡⎣ 0 0 1 9

0 4 −8 12

1 2 3 1

⎤⎦III) A matrisinin herhangi bir satırını sıfırdan farklı bir sayı ile çarpıp baska bir satırınaeklemek. − satırın bir katının, − satıra eklenmesini, → + seklindegösterecegiz. ⎡⎣ 0 0 1 9

0 2 −4 6

1 2 3 1

⎤⎦ 2 → 2 + 23−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 0 0 1 9

2 6 2 8

1 2 3 1

⎤⎦

Tanım A ve B matrisleri aynı türden iki matris olsun. B matrisi, A matrisi üzerindeyapılacak elemanter satır islemleri sonucu elde edilebiliyor ise A ile B matrisine denkmatrisler denir. Bu durum ∼ seklinde gösterilir.

Örnek 1.11∙1 2

1 1

¸matrisinin birim matrise denk bir matris oldugunu gösteriniz.

Çözüm : Elemanter operasyonları uygulayarak görelim.∙1 2

1 1

¸2→ 2­1−−−−−−−−−→

∙1 2

0 −1¸

1→ 1+22−−−−−−−−−−−→

∙1 0

0 −1¸

2→­2−−−−−−−→

∙1 0

0 1

¸

22 Mühendisler Için Lineer Cebir

Denk matrislere karsılık gelen denklem sistemlerinin çözüm kümesi de denktir. Bunedenle, bir denklem sisteminin katsayılar matrisine elemanter satır operasyonları uygula­narak denklem sistemi çözülebilir. Yani, Gauss­Jordan eliminasyon yönteminde matriskullanılarak çözüme ulasılır. Bunu asagıdaki teoremle ifade edebiliriz.

1.1 Teorem Herbiri bilinmeyenli, denklemden olusan = ve =

denklem sistemlerini göz önüne alalım. Eger [ : ] ve [ : ] genisletilmis katsayılarmatrisleri birbirine denk ise, bu lineer denklem sistemleri de birbirine denktir ve çözümkümeleri aynıdır.

1.1.1 Bir Matrisin Basamak Biçimi (Eselon Form)

Tanım Bir matrisin tamamı sıfır olmayan herhangi bir satırındaki en solda bulunansıfırların sayısı, bu satırdan bir önceki satırın en solundaki sıfırların sayısından en az birfazla ise bu matrise eselon formdadır denir. Bu tanıma göre, eselon formdaki bir matrisinbir satırı tamamen sıfır ise, bu satırın altındaki tüm satırlar da tamamen sıfır olmalıdır.Eselon formdaki bir matriste, her satırdaki soldan sıfırdan farklı ilk elemana pivot denir.Eselon formdaki bir matriste, matrisin sol tarafında bulunan sıfırlar merdiven seklindebasamaklar olusturdukları için, matrisin basamak biçimi tanımı da kullanılır. Asagıdakimatrislerin her biri eselon formdadır.⎡⎣ 1 5 0 9

0 0 2 6

0 0 0 1

⎤⎦ ⎡⎢⎢⎣2 5 0

0 1 −40 0 3

0 0 0

⎤⎥⎥⎦ ⎡⎢⎢⎣1 5 0 9

0 2 −4 6

0 0 0 0

0 0 0 0

⎤⎥⎥⎦ ⎡⎣ 0 1 5 0

0 0 2 2

0 0 0 3

⎤⎦Asagıdaki matrisler ise, eselon formda degildir. Çünkü, birinci matriste, 4’üncü satırda ensoldaki sıfır sayısı 1’dir ve bir önceki üçüncü satırdaki en soldaki sıfır sayısından 1 fazladegildir. Yine ikinci matriste ise, üçüncü satırdaki soldaki sıfır sayısı, bir önceki satırınsoldaki sıfır sayısından en az 1 fazla degildir. Son matriste de, üçüncü satırın tamamı sıfıroldugundan, bu satırın altındaki satırların da tamamen sıfır olması gerekirdi.⎡⎢⎢⎣

3 5 6 3

0 2 −5 4

0 0 5 1

0 1 0 0

⎤⎥⎥⎦ ⎡⎣ 0 1 5

0 0 7

0 0 3

⎤⎦ ve

⎡⎢⎢⎣1 1 5

0 1 7

0 0 0

0 0 3

⎤⎥⎥⎦

Tanım Bunun yanında, eselon formdaki bir matriste her satırdaki soldan sıfırdan farklıilk eleman 1 ise ve bu ilk 1’in oldugu sütundaki geri kalan tüm elemanlar 0 ise bu matriseindirgenmis eselon formdadır denir.Örnegin asagıdaki matris indirgenmis eselon formdadır.⎡⎣ 1 0 2 0 2

0 1 0 0 1

0 0 0 1 4

⎤⎦

Lineer Denklem Sistemleri 23

Tanım Herhangi bir A matrisine elemanter satır islemleri uygulanarak, A matrisine

denk olan eselon matris elde edilebilir. Bu sekilde elde edilen matrise A matrisinin eselonforma dönüstürülmüs matrisi denir.

Örnek 1.12 A =

⎡⎣ 1 1 2 2

1 2 3 2

1 2 4 1

⎤⎦matrisini elemanter satır operasyonlarıyla eselon

forma getiriniz.

Çözüm :⎡⎣ 1 1 2 2

1 2 3 2

1 2 4 1

⎤⎦ 2→ 2­13→ 3­1−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 1 2 2

0 1 1 0

0 1 2 −1

⎤⎦3→ 3­2−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 1 2 2

0 1 1 0

0 0 1 −1

⎤⎦

1.9

Alıştırma

⎡⎣ 1 2 3 2

2 3 1 4

1 2 2 1

⎤⎦ matrisini eselon forma ve indirgenmis eselon forma

getiriniz.

Yanıt :

⎡⎣ 1 2 3 2

0 −1 −5 0

0 0 −1 −1

⎤⎦ ve

⎡⎣ 1 0 0 9

0 1 0 −50 0 1 1

⎤⎦ 1.1.2 Bir Matrisin Rankı

Tanım Bir matrisi verilsin. matrisini elemanter satır operasyonları yaparak eselonforma getirebiliriz. matrisinin eselon formunda, en az bir elemanı sıfırdan farklı olansatır sayısına matrisinin rankı denir ve Rank() ile gösterilir. Özel olarak, herhangibir sıfır matrisinin rankı 0 kabul edilir.Örnegin, ⎡⎢⎢⎣

1 0 3

0 0 2

0 0 0

0 0 0

⎤⎥⎥⎦ ve

⎡⎢⎢⎣1 2 1

0 2 3

0 2 3

0 −2 −3

⎤⎥⎥⎦matrislerini göz önüne alalım. Ilk matris eselon formdadır ve rankını dogrudan söyleye­biliriz. En az bir elemanı sıfırdan farklı olan 2 satır (ilk iki satır) oldugundan, rankı 2’dir.Diger yandan, ikinci matris eselon formda olmadıgı için, önce eselon forma getirilmelidir.Bu haliyle, en az bir elemanı sıfırdan farklı 4 satır var gibi görünse de, 3 → 3 − 2 ve4 → 4+2 elemanter satır operasyonlarıyla eselon forma getirildiginde, son iki satırıntamamen sıfır oldugu, ve dolayısıyla rankın 2 oldugu görülür. O halde, rankı bulmak için,yapılacak ilk is matrisi eselon forma getirmek olmalıdır.

24 Mühendisler Için Lineer Cebir

Örnek 1.13 A =

⎡⎢⎢⎣1 2 1

2 1 1

1 −1 0

3 3 2

⎤⎥⎥⎦ matrisinin rankını bulunuz.

Çözüm : Önce, matrisine elemanter satır operasyonları uygulayarak eselon forma ge­tirelim.⎡⎢⎢⎣

1 2 1

2 1 1

1 −1 0

3 3 2

⎤⎥⎥⎦ 2→ 2­213→ 3­14→ 4­31−−−−−−−−−−→

⎡⎢⎢⎣1 2 1

0 −3 −10 −3 −10 −3 −1

⎤⎥⎥⎦ 3→ 3­24→ 4­2−−−−−−−−−→

⎡⎢⎢⎣1 2 1

0 −3 −10 0 0

0 0 0

⎤⎥⎥⎦matrisinde, tüm elemanları sıfır olmayan satır sayısı 2 oldugundan, Rank = 2’dir.

Örnek 1.14 A =

⎡⎢⎢⎣1 2 −12 −1 3

1 −3 4

1 7 −6

⎤⎥⎥⎦ matrisinin rankını bulunuz.

Çözüm : Önce, matrisini, elemanter satır operasyonları uygulayarak eselon formagetirelim.⎡⎢⎢⎣1 2 −12 −1 3

1 −3 4

1 7 −6

⎤⎥⎥⎦ 2→ 2­213→ 3­14→ 4­1−−−−−−−−−−→

⎡⎢⎢⎣1 2 −10 −5 5

0 −5 5

0 5 −5

⎤⎥⎥⎦ 3→ 3­24→ 4+2−−−−−−−−−−→

⎡⎢⎢⎣1 2 −10 −5 5

0 0 0

0 0 0

⎤⎥⎥⎦matrisinde, tüm elemanları sıfır olmayan satır sayısı 2 oldugundan, Rank = 2’dir.

1.10

Alıştırma =

⎡⎢⎢⎣1 1 1

1 2 2

2 3 3

0 1 1

⎤⎥⎥⎦ matrisinin rankını bulunuz.

Yanıt : 2.

1.11

Alıştırma =

⎡⎢⎢⎣1 1 1 1

1 2 2 1

2 3 3 1

0 1 1 1

⎤⎥⎥⎦ matrisinin rankını bulunuz.

Yanıt : 3.

Lineer Denklem Sistemleri 29

Lineer Homojen Denklem Sistemi

Tanım Ikinci yanı sıfır olan,⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩111 + 122 + · · ·+ 1 = 0

211 + 222 + · · ·+ 2 = 0...

11 + 22 + · · ·+ = 0

biçimindeki lineer denklem sistemine lineer homojen denklem sistemi denir. Homojendenklem sistemini = 0 olarak yazabiliriz. Bu tür homojen denklem sistemleri için,1 = 2 = · · · = = 0 degerlerinin bir çözüm oldugu asikardır. Bu çözüme asikarçözüm denir.

1.3 Teorem × türünde bir matris olmak üzere, = 0 biçimindeki

bilinmeyenli homojen lineer denklem sistemi için, () = olmak üzere,i) = ise, sistemin tek çözümü asikar çözümdür. Yani, tüm bilinmeyenler 0’dır.ii) ise denklemin − parametreye baglı sonsuz çözümü vardır.

1.4 Teorem Herbiri bilinmeyenli, denklemden olusan = 0 ve = 0

homojen denklem sistemlerini göz önüne alalım. Eger ve matrisleri birbirine denkise, bu homojen lineer denklem sistemleri de birbirine denktir ve çözüm kümeleri aynıdır.

Örnek 1.18

⎧⎨⎩ x− y + z = 0

3x− y + z = 0

x+ y − z = 0

denklem sisteminin çözümünü bulunuz.

Çözüm : Bilinmeyen sayısı = 3’tür. Rank()’yı bulalım.

[ | ] =⎡⎣ 1 −1 1

3 −1 1

1 1 −1

⎤⎦ 2 → 2 − 313 → 3 − 1−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 1

0 2 −20 2 −2

⎤⎦

3 → 3 − 2−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 1

0 2 −20 0 0

⎤⎦oldugundan, Rank() = 2’dir. O halde, bu denklemin − = 3 − 2 = 1 parametreyebaglı sonsuz çözümü vardır. = diyelim. Son matrise göre, 2 − 2 = 0 ⇒ = ve− + = 0⇒ = 0 elde edilir. Buna göre,

Ç.K. = (0 ) : ∈ Relde edilir.

32 Mühendisler Için Lineer Cebir

Lineer Denklem Sistemlerinin Uygulamaları1. Kimyasal Denklemlerde Lineer Denklemlerin Kullanılması

Örnek 1.22 a (CO)+10 (H2)+b (CO2)→ c (CH4)+d (H2O) kimyasal denk­lemine göre, kullanılan (CO) karbonmonoksit molekülü sayısına göre, kullanılmasıgereken (CO2) karbondioksit molekülü sayısını ve ortaya çıkan su (H2O) ve metan(CH4) gazı molekül sayılarını belirleyiniz. Bu denkleme uygun, katsayıları dogal sayıolan bir kimyasal denklem bulunuz.

Çözüm : Kimyasal denklemdeki giren ve çıkan atomların sayılarının esitligini kullanacagız. atomunun esitligine göre, + =

atomunun esitligine göre, + 2 =

atomunun esitligine göre, 20 = 4+ 2elde edilir. Buna göre, = denilirse,⎧⎨⎩ − = −

2− = −2+ = 10

denklem sistemi elde edilir. Buradan, bilinmeyenlerine göre,

⎡⎣ 1 −1 0

2 0 −10 2 1

¯¯ −−10

⎤⎦2 → 2 − 21−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 0

0 2 −10 2 1

¯¯ −10

⎤⎦

3 → 3 − 2−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 0

0 2 −10 0 2

¯¯ −

10−

⎤⎦elde edilir. Yani,

=10−

2 =

1

2

µ10−

2+

¶=

4+5

2ve = −+

4+5

2=5

2− 34

bulunur. Örnek olarak, = = 2⇒ = 4 = 3 ve = 1

elde edilir. Yani,2 () + (2) + (2)→ 3 (4) + 4 (2)

kimyasal denklemi bulunur.

1.25

Alıştırma () + 11 (2) + (2) → 3 (4) + (2) kimyasal denk­lemine göre, ’yi bulunuz.

Yanıt : = 1 = 2 ve = 3

Lineer Denklem Sistemleri 35

P

R

T

S

x

70

z t 20

u

y 401.28

Alıştırma Yandaki, yolları ve yönleri gösteren

yol haritasında, 1 saat içinde yoldan geçen araba sayıları,yolların yönlerini belirten okların yanında belirtilmistir.Buna göre, yollardan geçen arabaların sayılarını verengenel çözümü bulunuz.Yanıt : = 10’dur. = ise, = 40− = 50−

ve = 70− olur.

3. Elektrik Devreleri Problemlerinde Lineer Denklem Sistemlerinin KullanılmasıSimdi de, lineer denklem sistemlerinin, elektrik devrelerinde kullanılan bazı uygula­

malarını verelim. Ama önce, elektrik devreleriyle ilgili olarak kullanacagımız bazı temelkanunları hatırlayalım.Ohm Kanunu : Bir elektrik devresinde, iki nokta arasındaki iletkenden geçen akım, buiki nokta arasındaki gerilim miktarıyla (potansiyel fark) ile dogru, bu iki nokta arasındakidirençle ters orantılıdır. Yani,

Akım =GerilimDirenç

esitligi vardır. Bu formülü kısaca, akımı harfi, gerilimi harfi ve direnci de harfiylegösterirsek

=

seklinde yazarız. Birimleri de dikkate alınırsa, =

esitligi vardır.

Kirchhoff Akım Kanunu (KCL) : Bir dügüme giren akımların toplamı, çıkan akımlarıntoplamına esittir.

I3 A

I1 I2

I4

I1−I2+I3−I4 = 0Kirchhoff Voltaj(Gerilim) Kanunu (KVL) : Enerjinin korunumu ilkesine dayanan birkanundur. Kapalı bir elektrik devresinde, harcanan tüm gerilimlerin toplamı, üretilen yada saglanan tüm gerilimlerin toplamına esittir. Yani, kapalı bir elektrik devresindeki pil,üreteç gibi enerji kaynaklarından elde edilen gerilimleri toplamı, bu devredeki direnç, mo­tor gibi araçlar üzerinde olusan gerilim harcamaları ve düsmeleri toplamına esittir. Bunu,kapalı bir devre boyunca, potansiyel farklarının cebirsel toplamı sıfırdır seklinde de ifadeedebiliriz.

36 Mühendisler Için Lineer Cebir

Üreteçler ters baglı olursa yani, kabul edilen akım yönüne ters yönde akım üretirse gerilimdegerinin negatif (−) olacagı unutulmamalıdır. Çünkü böyle bir durumda üretici degiltüketici gibi davranır. Asagıdaki elektrik devrelerini inceleyiniz.

­+

I

+ ­

A

B

V1

C

D

V3

V4 V2

V5

R1

R2

R3

1 + 2 + 3 = 4 + 5I1+I2+I3 = 4 + 5

­ +

I

+­

A

B

V1

C

D

V3

V4 V2

V5

R1

R2

R3

1 + 2 + 3 + 5 = 4I1+I2+I3 + 5 = 4

+ ­

­+

A

B

I1 I2

I3

18V

37V

5 9

6 4

Örnek 1.24. Sekilde akım yönleriylebirlikte bir elektrik devresi verilmistir.Buna göre 1 2 ve 3 akımlarının kaçamper olduklarını belirleyiniz.Çözüm : noktasındaki akım geçisinegöre,

1 = 2 + 3

esitligi vardır. noktasındaki akım geçisine göre, yine1 = 2 + 3

esitligi vardır. Ohm kanununa göre, Potansiyel Farkı = Akım × Direnç, yani, =esitligi oldugunu hatırlayalım. Buna göre, Elektrik devresinin sol döngüsüne göre,

51 + 43 = 37

esitligi vardır. Simdi de, sag döngüye göre bir denklem bulalım.92 + 62 − 43 = 18

oldugu hemen görülebilir. Böylece,⎧⎨⎩ 1 − 2 − 3 = 0

51 + 43 = 37

152 − 43 = 18lineer denklem sistemi elde edilir.

Lineer Denklem Sistemleri 37

Buradan,

⎡⎣ 1 −1 −15 0 4

0 15 −4

¯¯ 0

37

18

⎤⎦2 → 2 − 51−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 −10 5 9

0 15 −4

¯¯ 0

37

18

⎤⎦

3 → 3 − 32−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 −10 5 9

0 0 −31

¯¯ 0

37

−93

⎤⎦yazılırsa, 3 = 3 2 = 2 ve 1 = 5 oldugu görülür.

+­

­+

A

B

I1 I2

I3

3

2 2

8

44V

4

Örnek 1.25. Sekilde akım yön­leriyle birlikte bir elektrik devresiverilmistir. Buna göre 1 2 ve 3akımlarının kaç amper olduklarınıbelirleyiniz.Çözüm : noktasındaki akımgeçisine göre,

2 = 1 + 3

esitligi vardır. Aynı sekilde noktasındaki akım geçisine göre de, 1 + 3 = 2 olur.Yani, 3Ω’luk dirençten geçen akımın 1 olacagı görülür. Ohm kanunu göz önüne alınarak,elektrik devresinin sol ve sag döngüsüne göre,

21 − 43 + 31 = 11⇒ 51 − 43 = 1122 + 82 + 43 = 44⇒ 52 + 24 = 22

denklemleri yazılabilir. Böylece, ⎧⎨⎩ 1 − 2 + 3 = 0

51 − 43 = 1152 + 23 = 22

lineer denklem sistemi elde edilir. Buradan,⎡⎣ 1 −1 1

5 0 −40 5 2

¯¯ 0

11

22

⎤⎦2 → 2 − 51−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 1

0 5 −90 5 2

¯¯ 0

11

22

⎤⎦

3 → 3 − 2−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 1

0 5 −90 0 11

¯¯ 0

11

11

⎤⎦yazılırsa, 3 = 1 2 = 4 ve 1 = 3 oldugu görülür.

38 Mühendisler Için Lineer Cebir

+­

A

B

I1

I2

I3

68V

C D

1

1

2

43

2

Örnek 1.26. Sekilde akım yönleriylebirlikte bir elektrik devresi verilmistir.Buna göre 1 2 ve 3 akımlarının kaçamper olduklarını belirleyiniz.

Çözüm : Kirchhoff Voltaj (Gerilim) Kanununa göre,⎧⎨⎩ 1 + 3 (1 − 2) + 2 (1 − 3) = 68

2 + 4 (2 − 3) + 3 (2 − 1) = 0

23 + 2 (3 − 1) + 4 (3 − 2) = 0

yani,

⎧⎨⎩ 3 61 − 32 − 23 = 682 −31 + 82 − 43 = 01 −1 − 22 + 43 = 0

denklem sistemi elde edilir. Buradan,⎡⎣ −1 −2 4

−3 8 −46 −3 −2

¯¯ 0

0

68

⎤⎦ 2 → 2 − 313 → 3 + 61−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 1

0 14 −160 −15 22

¯¯ 0

0

68

⎤⎦

2 → 2 + 3−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 1

0 −1 6

0 −15 22

¯¯ 0

68

68

⎤⎦

3 → 3 − 152−−−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 1 −1 1

0 −1 6

0 0 −68

¯¯ 0

68

−14 · 68

⎤⎦olur. Böylece, 3 = 14 −2 + 63 = 68 ⇒ 2 = 16 ve 1 − 2 + 3 = 0 ⇒ 1 = 24

bulunur.1.29

Alıştırma Sekilde akım yönleriyle birlikte bir elektrik devresi verilmistir. Buna

göre 1 2 ve 3 akımlarının kaç amper olduklarını belirleyiniz.

+­

A

B

I1

I2

I3

80V

C D

1 2

2

1

11

3

Yanıt : 1 = 29 2 = 8 3 = 19

Lineer Denklem Sistemleri 39

Bölüm Sonu Tekrar Testi (Lineer Denklem Sistemleri)

1.

⎧⎨⎩ + 2 = 3

−2+ + = 3

+ + 2 = 1

denklem sisteminin kaç çözümü vardır?

A) 1 B) 2 C) 3 D) Çözüm Yok E) Sonsuz Çözüm

2.

⎧⎨⎩ + 2 + = 2

−2+ + = 3

− 8 − 5 = 1denklem sisteminin kaç çözümü vardır?

A) 1 B) 2 C) 3 D) Çözüm Yok E) Sonsuz Çözüm

3.½

+ = 3

+ = denklem sistemiyle ilgili asagıdakilerden kaç tanesi dogrudur?

I. Bu sistemin daima sonsuz çözümü vardır.II. Bu sistemin sadece = 3 durumunda sonsuz çözümü vardır.III. = 3 için sistemin çözümü yoktur.IV. = 3 için sistemin çözümünün olabilmesi için, = 9 olmalıdır.V. = 2 ve = 2 için sistemin bir tek çözümü vardır.

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

4.½

+ = 3

+ + = 4denklem sisteminin çözüm kümesi hangisidir?

A) (1 2 1) B) ( ) = (1 3− ) ∈ R C) Çözüm YokD) ( ) = ( 3− 1) ∈ R E) ( ) = ( 3 0) ∈ R

5.

⎧⎨⎩ + 2 + = 3

+ 3 + 4 = 4

+ 4 + 7 = 5

denklem sistemi asagıdakilerden hangisine denktir?

A)

⎧⎨⎩ + 2 + = 3

+ + 3 = 1

+ 4 + 7 = 3

B)

⎧⎨⎩ + 2 + = 3

+ 3 = 1

= 0

C)½

+ 2 + = 3

+ 3 = 1

D)

⎧⎨⎩ + 2 + = 3

+ 3 = 1

+ 2 + 6 = 3

E)

⎧⎨⎩ + 2 + = 3

+ 3 = 1

= 1

40 Mühendisler Için Lineer Cebir

6.

⎧⎨⎩ + 2 = 3

−2+ + = 3

2+ + 3 = 3

denklem sisteminin kaç çözümü vardır?

A) 1 B) 2 C) 3 D) Çözüm Yok E) Sonsuz Çözüm

7.

⎧⎨⎩ + 2 + = 2

+ + = 3

−+ =

denkleminin sonsuz çözümünün olması için + =?

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

8.

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩+ 2 + = 1

+ − = 5

− 3 − 3 =

2− + =

sisteminin sonsuz çözümü varsa ++ + =?

A) 10 B) 12 C) 8 D) 9 E) 7

9.

⎧⎨⎩ 3+ 2 + 2 = 0

− + 3 = 0

+ 2 = 0

homojen denkleminin sonsuz çözümü olması için kaç

olmalıdır.A) 12 B) 13 C) 14 D) −13 E) −12

10. = formundaki bir lineer denklem sisteminde, [ : ] genellestirilmiskatsayılar matrisi ⎡⎣ 1 2 3

0

0 0 2 +

¯¯ 0

2 −

+ 1

⎤⎦matrisine denktir. Bu sistemin 1 parametreye baglı sonsuz çözümü olduguna göre, kaçtır?A) 0 B) 1 C) −1 D) 2 E) Hiçbiri

11. bilinmeyenlerine göre sırasıyla = formunda yazılan bir lineer denklemsisteminde, [ : ] genellestirilmis katsayılar matrisi⎡⎣ 1 2 3

0 1

0 0 2 − 3

¯¯ 0

2 + 1

+ 1

⎤⎦matrisine denk olduguna göre, = 2 için =?

A) Çözüm yok B) 1 C) −1 D) 0 E) 2

Lineer Denklem Sistemleri 41

12. = formundaki bir lineer denklem sisteminde, [ : ] matrisi elemanter satıroperasyonlarıyla eselon forma getiriliyor ve⎡⎣ 1 2 3

0

0 0 2 −

¯¯ 0

2 −

⎤⎦matrisi elde ediliyor. Buna göre asagıdakilerden kaç tanesi dogrudur?I) = 0 için, sistemin 1 parametreye baglı sonsuz çözümü vardır.II) = 1 için, sistemin 1 parametreye baglı sonsuz çözümü vardır.III) = 1 için çözüm yoktur.IV) = 0 ve = 1 için sonsuz çözüm vardır.V) 6= 0 için sistemin bir tek çözümü vardır.A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

13.

⎧⎨⎩ + + = + 1

+ + = 0

+ + = 1

denklem sistemi için asagıdakilerden hangisi dogrudur?

A) = 0 için, sistemin 1 parametreye baglı sonsuz çözümü vardır.B) = −2 için, sistemin çözümü yoktur?C) = 1 için çözüm yoktur.D) = −2 ve = 1 için sistemin çözümü yoktur.E) 6= 1 için sistemin bir tek çözümü vardır.

14.

⎧⎨⎩ + = 1

+ =

+ =

denklem sistemi için asagıdakilerden hangisi yanlıstır?

A) = = 1 ise sonsuz çözüm vardır.B) = 1 ve 6= 1 ise sistemin daima bir tek çözümü vardır.C) = 0 ise çözüm yoktur.D) = 0 ise çözüm yoktur.E) Hiçbiri

15. Asagıdaki elektrik devresine göre 1 akımı kaç amperdir?

.

+­

A

B

I1

I2

I3

67V

C D

1

2

1

12

3

A) 24 B) 13 C) 17 D) 12 E) 16

88 Mühendisler Için Lineer Cebir

yandan, determinant tanımına göre, elde edilen son matriste, son satırdan sadece 44

üçüncü satırdan 33 ikinci satırdan 22 ve birinci satırdan da 11 alınabilir. O halde,permütasyonumuz, = 1234 olur ve det = 11223344 = 1 ·3 ·4 ·3 = 36 elde edilir.

Not Alt üçgensel veya üst üçgensel bir kare matrisin determinantı kösegenlerin çar­pımına esittir.

Örnek 3.17 A =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 1 1 1 1

1 2 2 2 2

1 2 5 5 5

1 2 5 11 11

1 2 5 11 15

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ matrisinin determinantı kaçtır?

Çözüm : Önce, ilk satırı diger tüm satırlardan çıkaralım. Bu determinantı degistirmez.⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 1 1 1 1

1 2 2 2 2

1 2 5 5 5

1 2 5 11 11

1 2 5 11 15

⎤⎥⎥⎥⎥⎦2 → 2 − 13 → 3 − 14 → 4 − 15 → 5 − 1−−−−−−−−−−−→

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 1 4 4 4

0 1 4 10 10

0 1 4 10 14

⎤⎥⎥⎥⎥⎦Simdi ise, ikinci satırı, 3’üncü, 4’üncü ve 5’inci satırlardan çıkaralım.⎡⎢⎢⎢⎢⎣

1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 1 4 4 4

0 1 4 10 10

0 1 4 10 14

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ 3 → 3 − 24 → 4 − 25 → 5 − 2−−−−−−−−−−−→

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 3 3 3

0 0 3 9 9

0 0 3 9 13

⎤⎥⎥⎥⎥⎦Benzer düsünceyle, üçüncü satırı 4’üncü ve 5’inci satırlardan çıkaralım.⎡⎢⎢⎢⎢⎣

1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 3 3 3

0 0 3 9 9

0 0 3 9 13

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ 4 → 4 − 35 → 5 − 3−−−−−−−−−−−→

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 3 3 3

0 0 0 6 6

0 0 0 6 10

⎤⎥⎥⎥⎥⎦Bundan sonra geriye, 4’üncü satırı 5’inci satırdan çıkarmak kalır. Böylelikle matrisi eselonforma getirmis oluruz.⎡⎢⎢⎢⎢⎣

1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 3 3 3

0 0 0 6 6

0 0 0 6 10

⎤⎥⎥⎥⎥⎦5 → 5 − 4

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 1 1 1 1

0 1 1 1 1

0 0 3 3 3

0 0 0 6 6

0 0 0 0 4

⎤⎥⎥⎥⎥⎦Bu üst üçgensel matrisin determinantı ise asal kösegen üzerindeki elemanların çarpımınaesittir. Buna göre, det = 3 · 6 · 4 = 72 elde edilir.

Determinant 89

3.16

Alıştırma

⎡⎢⎢⎢⎢⎣2 2 2 2 2

2 4 4 4 4

2 4 6 6 6

2 4 6 10 10

2 4 6 10 13

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ matrisinin determinantı kaçtır?

Yanıt : 96.

Örnek 3.18

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 2 3 4 5

2 1 2 3 4

3 2 1 2 3

4 3 2 1 2

5 4 3 2 1

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ matrisinin determinantını bulunuz.

Çözüm : En alt satırdan baslayarak, her satırdan bir üstündeki satırı çıkarırsak,⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 2 3 4 5

1 −1 −1 −1 −11 1 −1 −1 −11 1 1 −1 −11 1 1 1 −1

⎤⎥⎥⎥⎥⎦elde edilir. Simdi, besinci kolonu diger tüm kolanlara ilave edersek.⎡⎢⎢⎢⎢⎣

6 7 8 9 5

0 −2 −2 −2 −10 0 −2 −2 −10 0 0 −2 −10 0 0 0 −1

⎤⎥⎥⎥⎥⎦bulunur. Buradan, matrisin determinantı 6 · (−2) · (−2) · (−2) · (−1) = 48 elde edilir.

3.17

Alıştırma

⎡⎢⎢⎢⎢⎣0 2 4 6 8

2 0 2 4 6

4 2 0 2 4

6 4 2 0 2

8 6 4 2 0

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ matrisinin determinantı kaçtır?

Yanıt : 1024.

90 Mühendisler Için Lineer Cebir

Determinantın Kofaktörler Yardımıyla Hesaplanması (LaplaceAçılımları)

Tanım = [ ]× matrisinin elemanının bulundugu satır ve sütunun silin­

mesiyle elde edilen (− 1) × (− 1) türünden matrisin determinantına elemanınınminörü denir ve ile gösterilir.

= (−1)+

ile tanımlanan ifadesine de, elemanının kofaktörü denir.

Örnek 3.19 A =

⎡⎣ 1 2 6

−2 4 3

0 5 4

⎤⎦ matrisinin A23 A31 A33 kofaktörlerini bu­

lunuz.

Çözüm : Istenen kofaktörler,

23 = (−1)2+3 det∙1 2

0 5

¸= −5

31 = (−1)3+1 det∙2 6

4 3

¸= −18

33 = (−1)3+3 det∙1 2

−2 4

¸= 8

elde edilir.

3.18

Alıştırma A =

⎡⎣ 2 2 0

0 3 0

0 0 −1

⎤⎦ matrisinin kofaktörlerini bulunuz.

Yanıt : 11=−3 12=13=0 21=2 22=−2 23=31=32=0 33=6.

3.8 Teorem , = [ ]× kare matrisinin elemanının kofaktörü olsun.

Buna göre,

det =

X=1

= 11 + 22 + + (r­inci satır açılımı)

veya

det =

X=1

= 11 + 22 + + (s­inci sütun açılımı)

seklindedir.

Determinant 91

Örnek 3.20 A =

⎡⎢⎢⎣1 2 3 4

2 3 4 5

0 3 0 0

1 0 0 5

⎤⎥⎥⎦ matrisinin determinantını bulunuz.

Çözüm : En çok sıfır olan üçüncü satıra göre kofaktör açılımıyla determinantı hesaplaya­biliriz.

det=3 · (−1)3+2⎡⎣ 1 3 4

2 4 5

1 0 5

⎤⎦=− 3 [(20 + 15)− (16 + 30)]=− 3 (−11)=33

3.19

Alıştırma =

⎡⎢⎢⎣2 3 0 1

1 0 0 1

0 1 1 1

0 0 2 0

⎤⎥⎥⎦ matrisinin determinantını bulunuz.

Yanıt : 8.

Örnek 3.21 A =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣1 2 0 0 3

0 0 3 0 1

0 0 −3 0 4

1 0 0 1 0

1 0 3 x 2

⎤⎥⎥⎥⎥⎦matrisinin determinantı 30 ise x =?

Çözüm : Ikinci sütuna göre kofaktör açılımı yapalım.

det = 2 · (−1)1+2

⎡⎢⎢⎣0 3 0 1

0 −3 0 4

1 0 1 0

1 3 2

⎤⎥⎥⎦Simdi1→ 1+24→ 4+2islemi yapalım

= (−2)

⎡⎢⎢⎣0 0 0 5

0 −3 0 4

1 0 1 0

1 0 6

⎤⎥⎥⎦ Ilk satıragöre açalım.

= (−2) (5) (−1)1+4⎡⎣ 0 −3 0

1 0 1

1 0

⎤⎦ Ilk satıragöre açalım.

= 10 (−3) (−1)1+2∙1 1

1

¸= 30 (− 1)

oldugundan, = 2 elde edilir.

Vektörler ve Uygulamaları 141

4.21

Alıştırma −→u = (1 1 1) ve −→v = (1 2 3) vektörleri tarafından gerilen uzayıbulunuz.Yanıt : V = ( ) : − 2 + = 0 ∈ R

4.22

Alıştırma −→w = (1 14−1) vektörünün, −→u = (1 5 2) ve −→v = (1 2 3) vektörleritarafından gerilen düzlemde oldugunu gösteriniz.Yanıt : 1. Yol. det

¡−→w −→u −→v ¢ = 0 oldugu görülebilir.2. Yol : −→w = 4−→u − 3−→v oldugu görülebilir.3. Yol : Sp

©−→u −→v ª = ( ) : 11− − 3 = 0 oldugu bulunur ve −→w vektörününbu düzlem denklemini sagladıgı görülebilir.

Lineer Bagımsızlık ve Lineer Bagımlılık

Tanım R uzayında, −→u 1−→u 2 · · · −→u vektörleri ve 1 2 · · · ∈ R için,

1−→u 1 + 2

−→u 2 + · · ·+ −→u = 0

olması, ancak ve ancak

1 = 2 = · · · = = 0

olmasıyla mümkün ise, −→u 1−→u 2 · · · −→u vektörlerine R de lineer bagımsız vektörlerdenir. Diger yandan,

1−→u 1 + 2

−→u 2 + · · ·+ −→u = ~0

olacak sekilde 1 2 · · · ∈ R sayılarından en az biri sıfırdan farklı olarak buluna­biliyorsa, −→u 1−→u 2 · · · −→u vektörlerine R de lineer bagımlı vektörler denir.Örnegin :

R2 de −→x = (1 3) ve −→y = (3 9) vektörleri lineer bagımlıdırlar. −→y = 3−→x dir.−→y − 3−→x = ~0 esitliginde, hem 1 = 1 hem de 2 = −3 sıfırdan farklıdır.R2 de −→x = (1 1) ve −→y = (1 0) vektörleri için, 1−→x + 2

−→y = 0 esitligininsaglanması, ancak ve ancak 1 = 2 = 0 durumunda mümkündür. O halde, −→x ve −→ylineer bagımsızdır.

R3 de −→x = (2 3 4) −→y = (3 4 2) ve −→z = (1 2 6) vektörleri lineer bagımlıdırlar.Çünkü,

−→z = 2−→x −−→y yani, 2−→x −−→y −−→z = 0

oldugundan, herhangi bir vektör digerlerine baglı olarak yazılabilir.R3 de−→x = (1 1 1) −→y = (1 0 1) ve−→z = (1 1 0) vektörleri lineer bagımsızdırlar.

Çünkü, bu vektörlerin herhangi birini, diger ikisinden elde etmek hiç bir sekilde mümkündegildir. −→x −→y −→z arasındaki, 1−→x +2

−→y +3−→z = 0 esitliginin saglanması için, ancak

ve ancak 1 = 2 = 3 = 0 olması gerekir.

142 Mühendisler Için Lineer Cebir

R2 de aynı dogrultudaki iki vektör lineer bagımlıdır.

4.23

Alıştırma R2 de lineer bagımlı iki vektör yazınız.

R3 de aynı düzlemdeki üç vektör lineer bagımlıdır.

4.24

Alıştırma R3 de lineer bagımlı üç vektör yazınız.Yanıt : Herhangi −→x ve −→y vektörleriyle birlikte, üçüncü bir −→z vektörü −→z = −→x + −→y ∈ R alınırsa, −→x −→y −→z vektörleri lineer bagımlı olur. Buna göre üç vektör yazınız.

Örnek 4.26 R3 de −→x = (1, 2, 3), −→y = (1, 1, 0) ve −→z = (−1, 0, 1) vektörlerininlineer bagımsız oldugunu gösteriniz.Çözüm : 1−→x+2−→y+3−→z = 0 durumunun sadece 1 = 2 = 3 = 0 iken saglandıgınıgöstermeliyiz.

1 (1 2 3) + 2 (1 1 0) + 3 (−1 0 1) = (0 0 0)esitliginden,

1 + 2 − 3 = 0 21 + 2 = 0 ve 31 + 3 = 0

olur ki, tek çözüm 1 = 0 2 = 0 3 = 0 çözümüdür. O halde, −→x −→y −→z lineerbagımsızdır.

Not i) R uzayında vektör verilsin. ise bu vektörler kesinlikle lineerbagımlıdırlar. Örnegin, R3 uzayında verilen 4 vektör kesinlikle lineer bagımlıdır.ii) R uzayında, vektörle olusturulan matrisin rankı, ’dan küçükse bu vektörler yinelineer bagımlıdırlar. Yani, verilen vektörler matrisin satırları gibi düsünülerek, matrisformunda yazılıp, eselon forma getirildiginde, en altta tamamı sıfır olan satır varsa, buvektörler kesinlikle lineer bagımlıdırlar. Fakat, rank tam ise, lineer bagımsızdırlar.iii)R uzayında verilen vektörün olusturdugu matrisin determinantının sıfır olması de­mek, bu determinantın herhangi bir satırının diger satırlara bagımlı oldugunu, dolayısıylabu vektörlerin lineer bagımlı olduklarını gösterir. Örnegin, R3 de verilen üç vektörünolusturdugu 3× 3 determinantı göz önüne alalım. Eger, bu üç vektör lineer bagımlı ise,herhangi bir vektör, diger vektörlere baglı olarak yazılabileceginden determinant sıfırolur. Örnegin,

−→x −→y ve −→x + −→yvektörlerini gözönüne alalım. Determinant özellikleri kullanılırsa,det

¡−→x −→y −→x + −→y ¢ = det¡−→x −→y −→x ¢+

¡−→x −→y −→y ¢ = · 0 + · 0 = 0oldugu görülebilir.

Vektörler ve Uygulamaları 143

Örnek 4.27 R3 de −→x = (1, 2, 2), −→y = (2, 2, 3) ve −→z = (3, 2, 4) vektörlerininlineer bagımlı oldugunu gösteriniz.

Çözüm : Vektörleri matrisin satırları olarak yazalım ve eselon forma getirelim.⎡⎣ 1 2 2

2 2 3

3 2 4

⎤⎦ 2 → 2−213 → 3−31

⎡⎣ 1 2 2

0 −2 −10 −4 −2

⎤⎦3 → 3−22

⎡⎣ 1 2 2

0 −2 −10 0 0

⎤⎦Eselon formda, son satırın tamamen sıfır olması, bu vektörün diger vektörler cinsindenyazılabilecegini, dolayısıyla, −→x −→y −→z vektörlerinin lineer bagımlı olduklarını gösterir.

Örnek 4.28 R3 de −→x = (1, k, 3), −→y = (2, 2, 3) ve −→z = (2, 1, 1) vektörleri lineerbagımlı ise k kaçtır?

Çözüm : −→x −→y −→z lineer bagımlı ise, det¡−→x −→y −→z ¢ = 0 olmalıdır. Buna göre,¯

¯ 1 3

2 2 3

2 1 1

¯¯ = 4 − 7 = 0

olması gerektiginden, = 74 olur.

4.25

Alıştırma R3 de −→x = (1 4 3), −→y = (0 3) ve −→z = (2 1 1) vektörleri lineerbagımlı ise kaçtır?

Yanıt : 215

4.26

Alıştırma R4 de −→x=(2 0 3 0), −→y=(1 2 3), −→z =(2 1 0 1) ve −→w=(0 1 0 1)vektörleri lineer bagımlı ise kaçtır?

Yanıt : det¡−→x −→y −→z −→w¢ = 0 esitliginden = 3 olur.

Taban (Baz)

Tanım V bir vektör kümesi olsun. Bu kümede verilen©−→u 1−→u 2 −→u

ªvektörleri

hem lineer bagımsız ise, hem de V deki her vektör, bu vektörler cinsinden yazılabiliyorsa,yaniV uzayını geriyorlarsa,

©−→u 1−→u 2 −→u

ªvektörlerineV uzayının bir tabanı denir.

Örnegin,~i~j~k vektörleri R3 uzayının bir tabanıdır. Bu üç vektör hem lineer bagımsızdır­lar, hem deR3 uzayını gererler Bu tabana,R3 uzayının standart tabanı denir. R3 uzayı içinsonsuz sayıda taban bulunabilir. Örnegin, −→x = (1 1 0) −→y = (0 1 1) ve −→z = (1 0 1)vektörleriR3 de lineer bagımsız olan ve R3’ü geren üç vektördür. Bu vektörler de, R3 içinbir tabandır. R uzayındaki lineer bagımsız vektör, daima R uzayını gereceginden, Ruzayında alınan vektörden olusan her lineer bagımsız vektör kümesi, R uzayı için birtabandır.

144 Mühendisler Için Lineer Cebir

4.27

Alıştırma R2 uzayının farklı iki tabanını yazınız.

4.28

Alıştırma R3 uzayının farklı iki tabanını yazınız.

Örnek 4.29 Bir vektör uzayında verilen vektörlerin lineer bagımsız olması, taban ol­ması için yeterli midir? Bir tane örnek vererek açıklayınız.Çözüm : Yeterli degildir. Örnegin, R3 uzayında

−→x = (1 0 0) ve −→y = (0 1 0)vektörleri lineer bagımsızdır. Fakat, R3 uzayını germezler. Bu nedenle

©−→x −→y ª tabanolamaz.

Örnek 4.30 Bir vektör uzayında verilen vektörlerin, o uzayı germesi, taban olması içinyeterli midir? Bir tane örnek vererek açıklayınız.Çözüm : Yeterli degildir. Örnegin, R2 uzayında

−→x = (1 0), −→y = (0 1) ve −→z = (1 1)vektörleri R2 uzayını gererler. Fakat, bu üç vektör lineer bagımsız olmadıklarından(−→z = −→x +−→y ), R2 uzayının tabanı degillerdir.

4.29

Alıştırma −→x = (1 0 0),−→y = (0 1 0) −→z = (1 1 1) ve−→w = (1 2 3) vektörleriR3 uzayının tabanı olabilir mi?Yanıt : R3 de, 4 vektör lineer bagımsız olamayacagından, taban olamazlar.

4.30

Alıştırma −→x = (1 0 0 0), −→y = (0 1 0 0) −→z = (1 1 1 0) vektörleri R4uzayının neden tabanı degildir?Yanıt : R4 uzayını, 3 vektörle germek mümkün olmadıgından taban olamazlar.

Not −→u 1−→u 2 · · · −→u vektörleri tarafından gerilen,Sp©−→u 1−→u 2 · · · −→u

ª= V

uzayından, seçilecek maksimum sayıdaki lineer bagımsız vektör, V uzayının bir tabanıolur. R uzayından seçilen herhangi tane lineer bagımsız vektör, R uzayının ta­banıdır.

Tanım V bir vektör uzayı olsun. V uzayının tabanındaki vektör sayısına V uzayının

boyutu denir ve (V) ile gösterilir. (R) = oldugu açıktır. boyutlu bir uzaydanseçilen vektör, bu uzayın bir tabanıdır.

Vektörler ve Uygulamaları 151

Öklid Iç Çarpımını Kullanarak Iki Vektörün Arasındaki Açının Bulunması

4.7 Teorem −→x ve −→y , R uzayında iki vektör olsun. −→x ve −→y arasındaki açı ise,

cos =

­−→x −→y ®°°−→x °°°°−→y °°’dir.Kanıt : R uzayında, aralarındaki açı olan −→x ve −→y vek­törlerini alalım. −→x −→y ve −→x − −→y vektörleri sekildeki gibibir üçgen olustururlar ve bu üçgenin kenarları

°°−→x °° °°−→y °°ve°°−→x −−→y °° uzunluguna sahiptir. Simdi, Kosinüs teoremini

uygulayacagız.°°−→x −−→y °°2 = °°−→x °°2 + °°−→y °°2 − 2°°−→x °°°°−→y °° cos esitliginde, sol taraftaki

°°−→x −−→y °°2 normunu,°°−→x −−→y °°2 =­−→x −−→y −→x −−→y ®

=­−→x −→x ®− ­−→x −→y ®− ­−→y −→x ®+ ­−→y −→y ®

=°°−→x °°2 − 2 ­−→x −→y ®+ °°−→y °°2

seklinde yazarsak,°°−→x °°2 − 2 ­−→x −→y ®+ °°−→y °°2 = °°−→x °°2 + °°−→y °°2 − 2°°−→x °°°°−→y °° cos esitliginde, sadelestirmeler yapılarak,

­−→x −→y ® = °°−→x °°°°−→y °° cos elde edilir. Böylece,

cos =

­−→x −→y ®°°−→x °°°°−→y °°bulunur. ♣

Örnek 4.40 Sıfırdan farklı iki vektörün dik olmasıyla, iç çarpımları arasında nasıl birbagıntı vardır?

Çözüm : Aralarındaki açı 90 olan−→x ve−→y vektörlerini alalım. cos 90 = 0 oldugundan,

cos =

­−→x −→y ®°°−→x °°°°−→y °° = 0esitliginden,

­−→x −→y ® = 0 elde edilir. Sonuç olarak, iki vektörün iç çarpımı 0 ise, bu ikivektör birbirine dik olacaktır.

(−→x ve −→y birbirine diktir) −→x ⊥ −→y ⇔ ­−→x −→y ® = 0

Vektörler ve Uygulamaları 153

Not Bir V vektör uzayının, tabanındaki tüm vektörler birbirine dik ise, bu tabanaV uzayının ortogonal tabanı denir. Bu vektörlerin herbiri ayrıca birim vektör ise butabana ortonormal taban denir.Örnegin, R2 uzayında, ©−→u 1 = (3 4) −→u 2 = (4−3)ªbir ortogonal tabandır. Bu vektörlerin herbirinin normuna bölünerek birim yapılırsa, eldeedilen ½µ

3

54

5

¶

µ4

5−35

¶¾tabanı, bir ortonormal tabandır. R3 uzayında da,©−→u 1 = (1 2 2) −→u 2 = (2 1−2) −→u 3 = (2−2 1)ªtabanı bir ortogonal taban,½

−→u 1 = 1

3(1 2 2) −→u 2 = 1

3(2 1−2) −→u 3 = 1

3(2−2 1)

¾tabanı ise bir ortonormal tabandır.

Örnek 4.43 R2 uzayının −→u = (5, 12) vektörünü içeren bir ortogonal tabanını bu­lunuz ve bu tabandan da bir ortonormal taban elde ediniz.

Çözüm : −→v = (−12 5) alınırsa,­−→u −→v ® = 0 olacagından,©−→u = (5 12) ;−→v = (−12 5)ª

bir ortogonal taban olur. Her bir vektör normuna bölersek,½µ5

1312

13

¶;−µ−1213

5

13

¶¾ortonormal tabanını elde ederiz.

Not Ortogonal bir matriste :i) Tüm satır ve tüm sütun vektörleri birbirine diktir.ii) Tüm satır ve sütun vektörlerinin uzunlugu 1’dir.

Örnek 4.44 A =1

2

⎡⎢⎢⎣−1 −1 1 1

−1 1 −1 c

−1 b 1 −1−1 −1 a −1

⎤⎥⎥⎦matrisi bir ortogonal matris ise, a =?

b =? c =?

Çözüm : h1 2i = 0 esitliginden, = 1 h1 3i = 0 esitliginden, = 1 ve son olarak,h1 4i = 0 esitliginden, = −1 elde edilir. Bu degerleri için = oldugunugörebilirsiniz.

Vektörler ve Uygulamaları 155

Öklid Iç Çarpımını Kullanarak Alan Hesaplamalarının Yapılabilmesi

4.8 Teorem −→x ve −→y , R uzayında iki vektör olsun. −→x ve −→y arasındaki açı olmak

üzere, −→x ve −→y ile olusturulan paralelkenarın alanı

¡−→x −→y ¢ =q­−→x −→x ® ­−→y −→y ®− ­−→x −→y ®2

’dir.Kanıt : Aralarındaki açı olan, −→x ve −→y vektörleriyleolusturulan paralelkenarın alanını

¡−→x −→y ¢ = °°−→x °°°°−→y °° sin

ile bulabiliriz. sin =√1− cos2 yazalım. Diger yan­

dan, cos =­−→x −→y ®°°−→x °°°°−→y °° oldugunu da kullanırsak,

¡−→x −→y ¢ =

°°−→x °°°°−→y °°vuut1− ­−→x −→y ®2°°−→x °°2 °°−→y °°2

=

q°°−→x °°2 °°−→y °°2 − ­−→x −→y ®2=

q­−→x −→x ® ­−→y −→y ®− ­−→x −→y ®2elde edilir. Üçgenin alanı için bu deger 2’ye bölünür. ♣

Örnek 4.47 −→x = (1, 3, 2) ve−→y = (2, 3, 1) vektörleriyle olusturulan paralelkenarınalanını bulunuz.

Çözüm : ¡−→x −→y ¢ =q­−→x −→x ® ­−→y −→y ®− ­−→x −→y ®2 esitliginden,

¡−→x −→y ¢ = √14 · 14− 132 = 3√3

elde edilir.

Örnek 4.48 Köselerinin koordinatları A (1, 1, 1) B (4, 1, 3) ve C (1, 3, 4) olanüçgenin alanını bulunuz.

Çözüm : Önce noktadan vektöre geçelim.−→x = −−→ = − = (3 0 2) ve −→y = −→ = − = (0 2 3)

denilirse, üçgenin alanı :

() =1

2

q­−→x −→x ® ­−→y −→y ®− ­−→x −→y ®2 = 1

2

√13 · 13− 62 = 1

2

√133

bulunur.

156 Mühendisler Için Lineer Cebir

Örnek 4.49. Sekildeki dikdörtgenler prizması seklin­deki odanın bir kösesinde bulunan üçgen duvarın odayabakan yüzü boyanacaktır. T [MC]’nin orta noktası,S ise [ML]’nin orta noktası olduguna göre, bu yüzünalanını bulunuz.Çözüm : N(6 0 0) S(0 4 0) ve T(0 0 5) oldugundan,

−→x = −→NT =T−N= (−6 0 5)−→y = −→NS =S−N= (−6 4 0)

oldugu göz önüne alınırsa,

() =1

2

q­−→x −→x ® ­−→y −→y ®− ­−→x −→y ®2 = 1

2

p61 · 52− 362 =

√469

elde edilir.

4.48

Alıştırma Köselerinin koordinatları (1,1,0) (2,3,3) ve (2,1,1) olan üçgeninalanını bulunuz.Yanıt :

√3.

4.49

Alıştırma −→x = (1 2) ve −→y = (2 1) vektörleriyle olusturulan paralelkenarınalanını bulunuz.Yanıt : 3.

Örnek 4.50 Köselerinin koordinatlarıA (1, 1, 1) B (2, 2, 1) veC (1, 3, 3) olan üç­genin çevrel çemberinin alanını hesaplayınız.

Çözüm : sin

=1

2( :Çevrel çemberin yarıçapı) oldugunu hatırlayınız. Buna göre,

−→x = −−→ = (1 1 0) ve −→y = −→ = 0 oldugundan,

cos =

­−→x −→y ®°°−→x °°°°−→y °° = 2√2√8=1

2⇒ sin =

√3

2

bulunur. Buradan, = || =q(−1)2 + 12 + 22 = √6 oldugundan,

=

2 sin=

√6√3=√2

bulunur ki, çevrel çemberin alanı : = 2 = 2 elde edilir.

4.50

Alıştırma R4 uzayında köselerinin koordinatları (1 0 1 2) (1 2 3 4) ve (4 2 3 1) olan üçgenin çevrel çemberinin alanını hesaplayınız.

Yanıt : 275

Vektörler ve Uygulamaları 157

Öklid Iç Çarpımını Kullanarak Dik Izdüsüm Vektörünün Bulunması

4.9 Teorem −→x −→y ∈ R sıfırdan farklı vektörleri verilsin. −→x vektörünün,−→y vektörü

üzerindeki dik izdüsüm vektörü ile bu vektörün uzunlugu

−→x −→y = Izd−→y¡−→x ¢ = ­−→x −→y ®­−→y −→y ®−→y ve

°°−→x −→y°° = ­−→x −→y ®°°−→y °°

ile bulunur.

Kanıt : ~e −→y dogrultusundaki birim vektör olsun. Buna göre,

~e =−→y°°−→y °° = −→x °°−→x

°°yazılabilir. Bu esitlikten, −→x =

°°−→x

°°°°−→y °° −→y elde edilir.

Diger yandan,°°−→x

°° = °°−→x °° cos = °°−→x °° ­−→x −→y ®°°−→x °°°°−→y °° =­−→x −→y ®°°−→y °°

oldugu kullanılırsa,

−→x = Izd−→y¡−→x ¢ = ­−→x −→y ®°°−→y °°2 −→y =

­−→x −→y ®­−→y −→y ®−→ybulunur. ♣

Örnek 4.51 −→x = (1, 1, 3) vektörünün−→y = (2, 3, 1) vektörü üzerindeki dik izdüsümvektörünü bulunuz.Çözüm : Formül uygulanarak

Izd−→y¡−→x ¢ = ­−→x −→y ®­−→y −→y ®−→y = 8

14−→y = 4

7(2 3 1)

elde edilir. Siz, formül uygulamak yerine, kanıtta kullandıgımız yöntemle bulmaya çalısınız.

4.51

Alıştırma −→x = (0 1 1 0 1) vektörünün −→y = (0 1 1 1 1) vektörü üzerindekidik izdüsüm vektörünün uzunlugunu bulunuz.

Yanıt :°°−→x −→y

°° = ­−→x −→y ®°°−→y °° =3

2.

4.52

Alıştırma −→x = (2 1 1) vektörünün −→y = (1 1 3) vektörü üzerindeki dik izdüsümvektörünü bulunuz.

Yanıt : −→x =6

11(1 1 3)

172 Mühendisler Için Lineer Cebir

Vektörel Çarpım ve Geometrik Uygulamaları

Tanım Skaler çarpımın sonucu bir skaler degerdir. Iki vektörün vektörel çarpımı isebir vektördür. Uzayda −→x = (1 2 3) ve −→y = (1 2 3) gibi iki vektörün vektörelçarpımı;

−→x ×−→y =

¯¯ ~i ~j ~k

1 2 31 2 3

¯¯

−→x ×−→y = (23 − 32−13 + 31 12 − 21)

seklinde tanımlanır. Bu tanıma göre, iki vektörün vektörel çarpımının sonucunda yeni birvektör elde edilir.

Örnek 4.65 −→x = (1, 2, 3) ve −→y = (0, 2, 1) olduguna göre, −→x × −→y vektörünübulunuz.

Çözüm : −→x × −→y = det

⎡⎣ ~i ~j ~k

1 2 3

0 2 1

⎤⎦ = (−4−1 2) olur. Bu vektörün hem −→x hem

de −→y vektörüyle iç çarpımının sıfır oldugunu ve dolayısıyla −→x ve −→y vektörlerine dikoldugunu görünüz.

Not : −→x × −→y =

¯¯ ~i ~j ~k

1 2 3

0 2 1

¯¯ = µ¯

2 3

2 1

¯−¯1 3

0 1

¯

¯2 3

2 1

¯¶seklinde hesap­

lanabilir.

+ - +

4.71

Alıştırma −→x = (1 1 2) ve −→y = (1 2 1) olduguna göre, −→x × −→y vektörünübulunuz.Yanıt : (−3 1 1)

4.72

Alıştırma −→x = (−1 2 3) ve −→y = (3−2 1) olduguna göre, −→x × −→y vektörünübulunuz.Yanıt : (8 10−4)

Özdeger ve Özvektör

Bir Lineer Operatör Hangi Vektörün Dogrultusunu Degistirmez?(Bir Matris Hangi Vektörle Çarpılırsa, Vektörün Dogrultusu Degismez?)

Özdeger ve özvektör tanımını vermeden önce, bu bölüme bir problemle baslayalım.Soru : Herhangi bir × türünden kare matrisi verilsin. Sıfır vektöründen farklı, öylevektörler bulunuz ki, matrisiyle çarpımı, yine bu vektör dogrultusunda bir vektör versin.Kısaca, problemimiz R uzayından, yine R uzayına tanımlanmıs bir dönüsümün hangivektörlerin dogrultusunu degistirmedigi problemidir.

Bu soruyu 2×2 türünden matris için çözelim. Bir

=

∙1 2

3 2

¸matrisi alalım. −→u = (1 2) 6= 0 olsun. −→uvektörünün, −→u dogrultusunda olmasını istiyoruz.O halde, bir ∈ R için, −→u = −→u olmalıdır.∙

1 2

3 2

¸ ∙12

¸=

∙12

¸esitligini, ∙

1 2

3 2

¸ ∙12

¸=

∙1 0

0 1

¸ ∙12

¸veya µ

∙1 0

0 1

¸−∙1 2

3 2

¸¶ ∙12

¸=

∙0

0

¸seklinde yazabiliriz. −→u vektörü sıfırdan farklı bir vektör olduguna göre, buradan eldeedilecek homojen denklem sisteminin, sıfırdan farklı bir (1 2) çözümünün olması içinancak ve ancak

det

µ

∙1 0

0 1

¸−∙1 2

3 2

¸¶= 0

olması gerekir. Buradan,

det

∙− 1 −2−3 − 1

¸= 0⇒ 2 − 3− 4 = 0⇒ 1 = 4 veya 2 = −1

elde edilir. Yani, istenilen sekildeki vektörler için, degeri ya 4, ya da −1 olabilir. Bunagöre, −→u vektörünü bulalım.

200 Özdeger ve Özvektör

−→u = 4−→u ⇒∙1 2

3 2

¸ ∙12

¸= 4

∙12

¸⇒

∙1 + 2231 + 22

¸−∙4142

¸=

∙0

0

¸⇒

∙ −31 + 2231 − 22

¸=

∙0

0

¸esitliginden, 1 =

2

32 elde edilir. Buna göre, 2 = 3 alınırsa, 1 = 2 olur ki,

−→u = (2 3) = (2 3) vektörü, problemin kosulunu saglar. Böylece, −→u 1 = (2 3)

alabiliriz. = −1 için de, bir −→u vektörü bulalım.

−→u = −−→u ⇒∙1 2

3 2

¸ ∙12

¸= −

∙12

¸⇒

∙1 + 2231 + 22

¸+

∙12

¸=

∙0

0

¸⇒

∙21 + 2231 + 32

¸=

∙0

0

¸elde edilir. Buradan, 1 = −2 olur. 2 = ise 1 = − dir ve −→u = (− ) = (−1 1)vektörü problemin kosulunu saglar. Buna göre, problemin kosulunu saglayan bir baskavektör de−→u 2 = (−1 1) alınabilir. Böylece, 2× 2 bir matris için, istenen kosulu saglayaniki lineer bagımsız vektör bulmus olduk.

Tanım × türünden bir matris olmak üzere, skaleri ve sıfırdan farklı bir −→uvektörü için,

−→u = −→uesitligi saglanıyorsa, sayısına matrisinin özdegeri (karakteristik degeri), −→u vek­törüne de sayısına karsılık gelen matrisinin özvektörü (karakteristik vektörü) denir.Yani, bir matrisinin, çarpıldıgında dogrultusunu degistirmedigi vektörlere o matrisinözvektörleri denir. Bu tanımı, "R uzayında tanımlı bir lineer dönüsümün dogrultusunudegistirmedigi vektörlere, bu dönüsümün özvektörleri denir" seklinde de ifade edebiliriz.−→u = −→u esitligini,

−→u = ()−→u ⇒ ( −)−→u = ~0seklinde yazarak, bir homojen denklem sistemi elde ederiz. −→u vektörü sıfırdan farklı birvektör oldugundan, böyle bir homojen denklem sisteminin sıfırdan, yani asikar çözümdenfarklı çözümlerinin olabilmesi için, det ( −) = 0 olması gerekir. matrisi ×

türünden oldugu için, bu esitlik bize ’inci dereceden bir polinom denklem verir. () = det ( −)

’inci dereceden polinomuna, matrisinin karakteristik polinomu denir. Bir mat­risinin, tüm özdegerlerinin kümesine kümesini tayf’ı veya spektrum’u denir.

202 Özdeger ve Özvektör

A = [a ]× için, det (λI−A) = 0 denkleminin kökleri, Amatrisininözdegerleridir.

Örnek 6.4∙3 6

2 2

¸matrisinin özdegerlerini bulunuz.

Çözüm : det (2 −) = 0 denkleminin köklerini bulacagız.

det

µ

∙1 0

0 1

¸−∙3 6

2 2

¸¶= det

∙− 3 −6−2 − 2

¸

= 2 − 5− 6 = 0denkleminden, 1 = −1 ve 2 = 6 bulunur. Özdegerleri −1 ve 6’dır.

6.2

Alıştırma ∙1 2

1 1

¸matrisinin özdegerlerini bulunuz.

Yanıt :√2 + 1 1−√2

6.3

Alıştırma ∙2 1

1 2

¸matrisinin özdegerlerini bulunuz.

Yanıt : 3 1.

6.4

Alıştırma ∙2 −11 2

¸matrisinin özdegerlerini bulunuz.

Yanıt : Reel özdegeri yoktur.

6.5

Alıştırma

⎡⎣ 2 −1 −11 0 −11 1 −2

⎤⎦ matrisinin özdegerlerini bulunuz.

Yanıt : 1 0−1.

6.6

Alıştırma

⎡⎢⎢⎣2 1 1 0

1 0 2 0

1 1 1 0

0 1 0 1

⎤⎥⎥⎦ matrisinin özdegerlerini bulunuz.

Yanıt :√2 + 2 2−√2−1 1.

Özdeger ve Özvektör 207

A = [a ]× matrisinin özvektörlerinin bulunması

Bir = [ ]× matrisi verilsin.1. Öncelikle det ( −) = 0 esitliginden, özdegerlerinin bulunması gerekir.2. Her bir degeri için, −→u = [1 2 · · · ] olmak üzere, −→u = −→u yani,

( −)−→u = ~0esitligi kullanılarak, 1 2 bilinmeyenleri bulunur. ve parametreye baglı iselerbuna göre ifade edilir. Bu denklem sisteminin, katsayılar matrisi ( −) olan bir homo­jen denklem sistemi olduguna dikkat ediniz. Bu katsayılar matrisi çogu zaman elemanteersatır operasyonlarıyla basitlestiririlir.3. −→u özdegerine karsılık gelen herhangi bir özvektör olmak üzere,

V0 =©−→u : ∈ Rª

uzayı, özdegerine karsılık gelen özuzaydır ve R uzayının bir altuzayıdır. Bu kümedeki,0 vektörü dısındaki her vektör, özdegeri için bir özvektördür.

Örnek 6.10 A =

∙4 1

2 3

¸matrisinin özvektörlerini bulunuz.

Çözüm : det (2 −) = 0 esitliginden,¯

µ1 0

0 1

¶−µ4 1

2 3

¶¯= 2 − 7+ 10 = 0

olur ki, buradan 1 = 2 ve 2 = 5 bulunur.Buna göre, −→u =

£

¤ ve ( −)−→u = ~0 için,

1 = 2⇒µ2

∙1 0

0 1

¸−∙4 1

2 3

¸¶ ∙

¸=∙2 1

2 1

¸ ∙

¸=∙0

0

¸⇒½2+ = 0

2+ = 0

esitliginden, =⇒ =−2 olur. Buradan, =2’ye karsılık gelen özvektör−→u 1=(1−2) veözuzayı :

V2 = (1−2) : ∈ Rolur. Benzer sekilde,

1 = 5⇒µ5

∙1 0

0 1

¸−∙4 1

2 3

¸¶ ∙

¸=∙1 −1−2 2

¸ ∙

¸=∙0

0

¸⇒½ −+ = 0

2− 2 = 0esitliginden, = ⇒ = olur. Buradan, =5’e karsılık gelen özvektör −→u 2=(1 1) veözuzayı :

V5 = (1 1) : ∈ Rolur.

208 Mühendisler Için Lineer Cebir

Örnek 6.11 A =

∙1 3

2 2

¸matrisinin özvektörlerini bulunuz.

Çözüm : det (2 −) = 0 esitliginden,¯

µ1 0

0 1

¶−µ1 3

2 2

¶¯=2 − 3− 4=0

olur ki, buradan 1 = −1 ve 2 = 4 bulunur. Buna göre,

− (−1) = 0⇒∙1 3

2 2

¸− (−1)

∙1 0

0 1

¸=∙2 3

2 3

¸∼∙2 3

0 0

¸oldugundan, 2+ 3 = 0⇒ = 2⇒ = −3 olur. O halde, = −1’e karsılık gelenözvektör uzayı :

V−1 = (−3 2) : ∈ Rolarak bulunur. Benzer sekilde,

− 4 = 0⇒∙1 3

2 2

¸− 4

∙1 0

0 1

¸=∙ −3 3

2 −2¸∼∙ −3 3

0 0

¸oldugundan, −3 + 3 = 0 ⇒ = ⇒ = olur. O halde, = 4’e karsılık gelenözvektör uzayı :

V4 = (1 1) : ∈ Rolarak bulunur.

6.16

Alıştırma =∙2 1

1 2

¸matrisinin özvektör uzaylarını bulunuz.

Yanıt : 1 = 1 V1 = (−1 1) : ∈ R 2 = 3 V3 = (1 1) : ∈ R.

Örnek 6.12 A =

⎡⎣ 2 −1 −11 0 −11 1 −2

⎤⎦ matrisinin özvektörlerini bulunuz.

Çözüm : det (3 −) = 0 esitliginden,¯¯⎛⎝ 1 0 0

0 1 0

0 0 1

⎞⎠−⎛⎝⎡⎣ 2 −1 −1

1 0 −11 1 −2

⎤⎦⎞⎠¯¯ = 3 − = 0

olur ki, 1=0 2=−1 ve 3=1 olur. Buna göre, −→u =£

¤ ve ( −)−→u =0için,

=0⇒ 0

⎡⎣1 0 0

0 1 0

0 0 1

⎤⎦−⎡⎣2 ­1 ­11 0 ­11 1 ­2

⎤⎦=

⎡⎣ ­2 1 1

­1 0 1

­1 1 2

⎤⎦ 1 → 1­22

3 → 3­2−−−−−−−−−−−→

⎡⎣ 0 1 ­1­1 0 1

0 ­1 1

⎤⎦denklem sisteminde, sadece 2 lineer bagımsız denklem oldugu görülür.

214 Mühendisler Için Lineer Cebir

Cayley ­ Hamilton Teoremi ve UygulamalarıCayley ­ Hamilton teoremini vermeden bir soru çözelim.

Örnek 6.16 a)A =

∙1 2

4 3

¸matrisinin karakteristik polinomunu bulunuz.

b)A2−4A− 5I2 matrisini bulunuz.c) a) ve b)’yi karsılastırarak bir sonuç çıkarınız.

Çözüm : a) matrisinin karakteristik polinomu,

det ( −) = det

∙− 1 −2−4 − 3

¸= 2 − 4− 5

bulunur.b)

2 − 4− 52 =

∙1 2

4 3

¸ ∙1 2

4 3

¸− 4

∙1 2

4 3

¸− 5

∙1 0

0 1

¸=

∙9 8

16 17

¸−∙9 8

16 17

¸=

∙0 0

0 0

¸oldugu görülür.c) matrisinin karakteristik polinomu () = 2−4−5 ’dir. Diger yandan, matrisikendi karakteristik polinomunda yerine yazılırsa, sıfır matrisi elde edilir. Bu durum, matrisinin, kendi karakteristik polinomunun bir kökü oldugunu gösterir.

Örnekten de sonuç olarak çıkardıgımız bu durum aslında tüm × türünden karematrisler için geçerli bir durumdur. Bu kullanıslı ve sık sonucu, adını Arthur Cayleyve William Rowan Hamilton adlı matematikçilerden alan Cayley­Hamilton Teoremi ileifade edecegiz. Cayley­Hamilton teoremi, bir matrisin tersini bulmada, ya da bir matrisinherhangi bir kuvvetini hesaplamada bize pratik çözümler saglar.

6.10 Teorem (Cayley ­ Hamilton Teoremi) Her kare matris, kendi karakteristik

polinomunun bir köküdür. Yani, her kare matris kendi karakteristik polinomunu saglar.

Örnegin, =∙1 2

1 1

¸matrisinin karakteristik polinomu 2 − 2− 1’dır ve

2 − 2− =

∙1 2

1 1

¸2− 2

∙1 2

1 1

¸−∙1 0

0 1

¸=

∙0 0

0 0

¸esitligi saglanır

Özdeger ve Özvektör 215

Cayley Hamilton Teoremini Kullanarak Bir Matrisin Tersini Bulmak = [ ]× matrisi için det 6= 0 olsun. Bu durumda tersinden söz edebiliriz. matrisinin karakteristik polinomu

() = + ()−1 + · · ·+ 1+ (−1) detbiçimindedir.

Buna göre, Cayley­Hamilton teoremine göre + ()−1 + · · ·+ 1+ (−1) (det)

esitligi saglanacagından,(−1)−1 (det) = + ()−1 + · · ·+ 1

yazılabilir. Bu esitligi −1 ile çarpıp, −1 yalnız bırakılırsa,

−1 =(−1)−1(det)

¡−1 + ()−2 + · · ·+ 2+ 1

¢esitligi elde edilir.

Örnek 6.17 Cayley ­Hamilton teoremini kullanarakA =

∙1 2

4 3

¸matrisinin tersini

veren bagıntıyı bulunuz.

Çözüm : matrisinin karakteristik polinomunun 2−4−5 oldugunu bir önceki örnektebulmustuk. Buna göre,

2 − 4− 5 = 0⇒ 5 = 2 − 4⇒ 5−1 = − 4 ⇒ −1 =− 45

elde edilir.

6.23

Alıştırma Cayley ­Hamilton teoremini kullanarak =∙1 2

2 3

¸matrisinin tersini

veren bagıntıyı bulup, tersini bulunuz.

Yanıt : −1 = − 4 =∙1 2

2 3

¸− 4

∙1 0

0 1

¸=

∙ −3 2

2 −1¸

.

6.24

Alıştırma =

⎡⎣ 2 −1 3

1 0 3

1 −1 4

⎤⎦ matrisinin tersini, Cayley ­ Hamilton teoremini

kullanarak bulunuz.

Yanıt : −1 = (− 3)24

oldugu görülebilir. Buna göre, −1 = 1

4

⎡⎣ 3 1 −3−1 5 −3−1 1 1

⎤⎦’dir.

Vektörel Analize Giris 303

INDEKSAdjoint Matris 105 Homojen Denklem Sistemleri 29 Ortogonal Matris 59, 153Ağırlık Merkezi 132 Idempotent Matris 50 Ortogonal Taban 153Alanın İç Çarpımla Bulunması 155 Involutif Matris 50, 58 Ortogonalleştirme 168Alt Üçgensel Matris 44 İç Çarpım 148 Ortonormal Taban 153Altuzay 123 İç Çarpım Fonksiyonu 149 Ortonormalleştirme 168Asal Köşegen 44 İç Çarpımla Alan Bulunması 155 Öklid İç Çarpımı 148Benzer Matris 258 İki Matrisin Eşitliği 46 Örten Dönüşüm 230Bir Doğruya Göre Simetri 165, 234 İki Matrisin Çarpımı 46 Öteleme Dönüşümü 248Bir Düzleme Göre Simetri 165 İki Matrisin Toplamı 45 Özdeğer 200Bir Eğri Boyunca Türev 293 İki Nokta Arasındaki uzaklık 126, 126 Özuzay 206Bir Matrisin Tersi 56, 62 İzomorfizm, İzomorf Uzaylar 262 Özvektör 200, 206Bir Noktanın Doğruya Uzaklığı 178 İvme Vektörü 279 Özvektörün Bulunması 206Bir Noktaya Göre Simetri 165 İzdüşüm Dönüşümü 196, 217 Periyodik Eğri 282Birebir Dönüşüm 262 İzdüşüm Vektörü 157 Periyodik Matris 49Birim Matris 45 Karakteristik Değer 246 Permütasyon Fonksiyonu 75Birim Vektör 131 Karakteristik Polinom 246, 249 Permütasyonun İşareti 76Boyut 144 Karakteristik Vektör 246 Pivot 22Boyut Teoremi 264 Kare Matris 44 Rank 23Büyültme Dönüşümü 247 Karma Çarpım 179 Rank ve Lineer Denklem Sistemleri 25Cayley Hamilton Teoremi 214 Karma Çarpımla Hacim Hesabı 180 Regüler Matris 56Cramer Kuralı 110 Kernel (Çekirdek) 196 Rodrigues Formülü 258Curl 297 Kırpma Dönüşümü 245 Rotasyonel 297Çekirdek 196 Kısmi Türev 284 Sarrus Kuralı 78Del Operatörü 286 Kimyasal Denklem Uygulamaları 32 Schwarz Eşitsizliği 167Determinant 76 Kirchhoff Akım ve Voltaj Kanunu 35 Shear Dönüşümü 245Determinantın Özellikleri 82 Kofaktör 90 Simetri Dönüşümü 233,234Devrik Matris 53 Kofaktör Açılımı 90 Simetrik Matris 53Diferansiyel Denklem Sistemi 223 Konum Vektörü 128 Singüler Matris 56Dik İzdüşüm Vektörü 157 Köşegen Matris 44 Skaler Alan 283Dik Koordinat Sistemi 124 Köşegenleştirme 217 Skaler Alanın Kısmi Türevleri 284Diverjans 296 Kuvvet Vektörü 279 Skaler Çarpım 148Doğru Üzerine İzdüşüm 162 Küçültme Dönüşümü 247 Soyut Vektör Uzayı 122Doğrultman Kosinüsü 171 Lablace Açılımı 90 Spektrum 200Doğrultu Açıları 171 Lablasyen 299 Şifreleme ve Matrisler 69Doğrultu Vektörü 136 Lineer Bağımlılık 141 Taban 143Doğrunun Doğrultmanı 136 Lİneer Bağımsızlık 141 Taban Değişimi 266Doğrunun Eğimi 134 Lineer Bileşim 137 Taban Teoremi 264Dönme Açısı 221, 258 Lineer Denklem 9 Tayf 200Dönme Ekseni 221, 257 Lineer Denklem Sistemi 11,18 Teğet Vektör 293Dönme Dönüşümü ve Matrisi 240, 241, 258 Lineer Dönüşüm 191 Tek - Çift Permütasyon 76Dörtyüzlünün Hacmi 182 Lineer Dönüşümlerin Bileşkesi 195 Ters Matris 56Düzlem Denklemi 158 Lineer Dönüşümün Çekirdeği 196 Ters Simetrik Matris 54Düzlem Üzerine İzdüşüm 164 Lineer Dönüşümün Görüntü Uzayı 196 Tersinir Lineer Dönüşüm 265Düzlemin Normali 158 Lineer Dönüşümün Matrisi 193 Tersinir Matris 56Eğri 281 Lineer Dönüşümün Rankı 193 Transpoze 53 Eğrinin Hız Vektörü 282 Lineer Fonksiyonel 191 Üçgen Eşitsizliği 167Ek Matris 105 Lineer Homojen Denklem Sistemleri 29 Üst Üçgensel Matris 44Elektrik Devreleri 35 Lineer Operatör 191 Vektör 119Elemanter Satır Operasyonları 21 Matris 18, 43 Vektör Alanı 283Elemanter Sütun Operasyonları 25 Matrisin Exponansiyeli 225 Vektör Alanının Türevi 294Euler-Rodrigues Formülü 258 Matrisin İzi 61 Vektör Fonksiyon 275Eşelon Form 22 Matrisin Köşegenleştirilmesi 217 Vektör Fonksiyonun Türevi 277Exponansiyel Matris 225 Matrisin Rankı 23 Vektör Uzayı 122Fibonacci Dizisi 52 Matrisin Transpozesi 53 Vektör Yönünde Türev 287Gauss - Jordan Eliminasyon Yöntemi 12, 16 Minör 90 Vektörel Çarpım 172Germe Aksiyomu 139 Momentum Vektörü 279 Vektörel Çarpımın Normu 177Gradiyent 286 Nabla Operatörü 286 Vektörel Çarpımla Alan Hesabı 177Gradiyentin Geometrik Anlamı 287 Nilpotent Matris 50 Vektörün Normu 119Gram Schmidt Yöntemi 168 Noktanın Doğruya Uzaklığı 178 Yansıma Dönüşümü 233,234,Grup 122 Noktanın Düzleme Uzaklığı 160 Yay Uzunluğu 280Hacim 180 Norm 119 Yol Akış Problemleri 33Hermityen Matris 55 Ohm Kanunu 35 Yöne Göre Türev 287Hız Vektörü 279 Orantılı Bölen Nokta 132 Yüksek Mertebeden Kısmi Türevler 285

304 Mühendisler Için Lineer Cebir

Kaynaklar :1. Analitik Geometri, Mustafa Özdemir, Altın Nokta Yayınları, 2.Baskı, Izmir, 2015.2. Matrices in Engineering Problems, Marvin J.Tobias, Morgan & Claypool PublishersSeries, ebook ISBN: 9781608456598, 2011.3. Vector Geometry, Gilbert de B. Robinson, Dover Publications, 2011.4. Çözümlü Lineer Cebir Problemleri, Fethi Çallıalp, Birsen Yayınları, 8.Baskı, 2008.5. Linear Algebra and Its Aplications, David C. Lay, Addison­Wesley, 4.Baskı, 2012.6. Introductory Notes in Linear Algebra for the Engineers, Marcel B. Finan, ArkansasTech University, 2012. (faculty.atu.edu/mfinan/LINENG.pdf)7. Lineer Cebir 1, H.Hilmi Hacısalihoglu, Hacısalihoglu Yayınları, 9.Baskı, 2010.8. Yüksek Matematik Cilt 3, Ahmet A. Karadeniz, Çaglayan Kitabevi, Istanbul, 2004.9. Lineer Cebir, Fahrettin Akbulut, Ege Üniversitesi Matbaası, Cilt II, 1990.10. Introduction to Linear Algebra, Gilbert Strang, Wellesley Cambridge Press, 2009.11. Vector Analysis, Murray Spiegel, McGraw­Hill Education, 2.Baskı, 2009.12. Vektörel Hesap, Fahrettin Akbulut, Ege Üniversitesi Matbaası, Cilt II, 1981.13. Analitik Geometri, Rüstem Kaya, Bilim Teknik Yayınevi, 2009.14. Lineer Cebir, Salih Karaali, Nazım Terzioglu Matematik Enstitüsü Yayınları, Istanbul,1979.15. Coordinate Geometry, Luther Pfahler Eisenhart, Dover Publications, 2005.16. Lineer Cebir, Arif Sabuncuoglu, Nobel Yayınları, Ankara, 2000.17. 2 ve 3 Boyutlu Uzaylarda Analitik Geometri, H.Hilmi Hacısalihoglu, Ankara, 1998.

Mustafa Özdemir’in Diger Kitapları1. Analitik Geometri ve Çözümlü Problemler, Altın Nokta Yayınları, 480 sy. 2016.2. Dahimatik, Altın Nokta Yayınları, 608 sy. 4. Baskı, 2014.3. Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatları 1, (I.Aliyev ile birlikte) Altın Nokta Yayınları,318 sy, 2015.4. Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 1, Temel Bilgiler, Altın Nokta Yayınları, 368 sy, 5.Baskı, 2016.5. Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 2, Kombinatorik, Altın Nokta Yayınları, 413 sy, 4.Baskı, 2014.6. Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 3, Sayılar Teorisi, Altın Nokta Yayınları, 400 sy,3. Baskı, 2013.7. Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 4, Analiz­Cebir 1, Altın Nokta Yayınları, 336 sy,3. Baskı, 2013.8. Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5, Analiz­Cebir 2, Altın Nokta Yayınları, 461 sy,2. Baskı, 2012.