LİNEER CEBİR VE ANALİTİK GEOMETRİSİ. Kostadin Trençevski Bilyana Krsteska Gligor Trençevski Snejana Zdraveska ÜÇÜNCÜ SINIFLAR İÇİN

Kostadin Trençevski Bilyana Krsteska Gligor Trençevski Snejana Zdraveska

LİNEER CEBİR ANALİTİK GEOMETRİSİ VE

ÜÇÜNCÜ SINIFLAR İÇİN

REFORMLU LİSE EĞİTİMİNE AİT (SEÇMELİ DERS) III BASKI

PROSVETNO DELO, AD ÜSKÜP, 2009

Editör:

Bilyana STOYOSKA – ZLATKOV Denetleyenler:

d-r D i m i t r a K A R Ç İ C K A , PMF profesörü (emekli) Zorka HRİSTOVSKA, profesor DSU “Taki Daskalo” – Manastır

Petruş CORLEV, matematik profesörü, DSU “Yane Sandanski” - Ustrumıca Türkçeye çeviren:

Abdülgani Ali

Bu kitap Makedonya Eğitim ve Bilim bakanlığının 15. 07. 2004 tarihinde, 11-3878/1 no- lu kararnamesiyle kullanılmaya müsaade edilmiştir.

Ö n s ö z _____________________________________________

LİNEER CEBİR VE ANALİTİL GEOMETRİSİ kitabı, dört yıllık reformlu lise eğitiminin üçüncü sınıfına ait matematikten seçmeli ders olarak plan ve programı üzere hazırlanmıştır. Amaç, okuyucuyu bazı matematiksel yöntemlerle tanıştırmak, öte yandan da matematiksel düşünmeye alıştırarak doğrudan matematik kitaplarından yararlanabilir duruma gelmesine yardım etmektir. Kitap, beş bölümden ibarettir. Ele alınan konuları daha iyi ve kolay benimsemek için her bölüm sonunda çeşitli düzeylerde çözülmüş örnekler alıştırmalar ve çizimler verilmiştir. Her ders biriminin sonunda, ders esnasında ya da evde öğrencilerin kendi başına çalışmaları için alıştırmalar verilmiştir.

Kitabın sonunda, alıştırmaların çözümleri, bazılarının ise çözümü için tavsiyeler verilmiştir.

Birinci bölümde, ikinci derece determinantlar ve üçüncü dereceden determinantlar başlığı altında kavramların incelenmesi ele alınmıştır. Devamında, iki ve üç bilinmeyenli lineer denklemlerin determinantlar yardımıyla nasıl çözüldüğünü göreceksiniz.

İkinci bölümde verilmiş olan malzemenin öğrenilmesiyle, vektör kavramı hakkında bilgilerinizi genişletme imkânınız olacaktır. Burada daha fazla uzayda vektör kavramı tanımlanacak, ondan sonra da vektörler kümesinde toplama, çıkarma, daha sonra vektörleri sayıyla (skalerle) çarpma ve vektörel çarpma işlemleriyle tanışacaksınız.

Üçüncü bölümde, uzayda analitik geometrisinden bölümler incelenecektir. Bununla geometrik cisimlerin cebirsel incelenmesine imkân sağlanacaktır. Örneğin, seçilen bir koordinat sisteminde noktalar ve vektörler, kendi koordinatlarıyla veriliyor, doğrular ve düzlemler ise kendi denklemleriyle gösterilecektir. Bu şekilde, geometrik ödevlerin cebirsel yöntemleriyle çözme imkânı elde edilmektedir ve tersine, cebirsel ödevleri geometrik şekilde yorumlamaya zemin sağlamaktadır.

Dördüncü bölüm vektör uzaylarının özelliklerinin incelenmesine aittir.

Son başlıkta, lineer cebirden bölümler incelenmiştir. Daha doğrusu lineer eşleme ve matrisler kavramı üzerinde durulmuştur. Modern matematikte bile önemini koruyan Lineer denklemlerin çözümüne ait Gaus yok etme metodu incelenmiştir.

Bu kitabın kalitesinin iyileşmesi yönünde, denetleyenlerden özellikle d-r Dimitra Karçicka’dan aldığımız iyi maksatlı eleştiriler için de özellikle minnettarız.

İlerde de, kitabın içeriğinin zenginleşmesi yönünde iyi maksatlı her eleştiri için önceden teşekkürlerimizi sunarız. Umarız ki, kitapta yararlı olacak bilgileri sağlamakla, matematiği daha çok sevecek ve onun sırlarını keşfedeceksiniz.

Temmuz, 2004 Yazarlardan

DETERMİNANTLAR VE LİNEER DENKLEMLER SİSTEMİ

1.1. İkinci derece determinantlar

,a b,c ve d reel sayılarad bc, ise onların çarpımı olsun.

,a b,c ve d sayılarına determinantın elemanları denir. Onlar (yatay durumda) iki satır ve (dikey durumda) iki sütunu oluşturuyorlar, çapraz durumda ise iki köşegen oluşturuyorlar. Birinci satırı a ve b sayıları, ikincisini ise c ve d sayıları oluşturuyorlar. Birinci sütunu a ve c, ikinci sütunu da b ve d sayıları meydana getiriyorlar. a ve d sayılarının oluşturduğu köşegene asal (ana) köşegen, b ve c sayıların oluşturduğu köşegene ise yedek (ikinci) köşegen denir.

Yukarıda yapılan açıklamalar gereğince, ikinci derece determinantın değeri asal ve yedek köşegenlerinin çarpımlarının farkına eşittir

Örnek 1.

4 3

5 2

 determinantın değeri 23 tür, çünkü

2 4 5 3 8 15 23;

4 3

5

2       

 buna göre determinantın değeri 23 olur

İkinci derece determinantın şu özellikleri vardır:

1.

Tanım 1. Şema halinde d c

b

a biçiminde yazılmış olan ad bc,ifadesine ikinci derece

determinant denir; demek ki ad bc. d

c b

a  

Özellik 1. Sıra numarası bozulmadan satırlar ve sütunlar yerlerini değiştirdiği durumda determinantın değeri değişmez, yani .

d b

c a d c

b

a 

Özellik 2. İki eşit satırlı (sütunlu) determinantın değeri sıfırdır. 0 b a

b

a  0 .

b b

a a











 

Özellik 3. Satırlar (sütunlar) yerlerini değiştirdikleri durumda determinantın değeri sadece işaretini değiştirir; demek ki

b a

d c d c

b

a  .

c d

a b d c

b a











 

İkinci derece determinantların yukarıda sayılan her özelliğinin doğruluğunu, denklemlerin her iki tarafının değerini hesaplayarak kolay gösterebiliriz. Bunu, örnek olarak sadece özellik 8 i gösterelim.

. d D ' c

b ' a d c

b ) a ' bc d ' a ( ) bc ad ( ' bc bc d ' a ad b ) ' c c ( d ) ' a a d ( ' c c

b ' a

L a                



 

Çalışma Alıştırmaları

1. Şu determinantların değerini hesaplayınız:

Özellik 4. Bir satırın (sütunun) elemanları sıfıra eşit olduğu durumda determinantın değeri sıfıra eşittir; yani 0,

0 0

b

a  0,

d c

0

0  0,

d 0

b

0  0.

0 c

0

a 

Özellik 5. Determinantın değerini bir sayıyla çarpmak için, onun bir satırının (sütununun) tüm elemanları o sayıyla çarpılır; yani

d c

kb ka d c

b

ka  .

kd c

kb a d c

b

ka 









 

Özellik 7. Determinantın bir satırını (veya sütununu) bir sayı ile çarpıp diğer satıra (sütuna) eklemekle determinantın değeri değişmez; yani

d c

kd b kc a d c

b

a  

 .

d kd c

b kb a d c

b a















 

Özellik 6. İki satırın (veya sütunun) karşılıklı elemanları birbiriyle orantılı olduğu durumda, determinantın değeri sıfır olur; yani 0

kb ka

b

a  0 .

kb b

ka a











 

Özellik 8. Determinantın herhangi bir satırının (veya sütununun) her elemanı iki toplanan biçimin- de olduğu durumda, onu iki determinantın toplamı biçiminde gösterebiliriz, öyle ki, elde edilen

determinantların tüm elemanları (adı geçen satır veya sütunun hariç) ilk determinantın elemanlarıyla aynı yazılır. Toplananlardan birincisinde adı geçen satırda (sütunda) birinci toplanan, ikinci determinantta ise aynı satırda (sütunda) ikinci toplanan yazılır; yani

c' d

b ' a d c

b a d c

' b b ' a

a   

d . ' c

b ' a d c

b a d ' c c

b ' a a











  





a) 5 1

3 2



 ; b) a 1

a

a ²

; c)









 cos sin

sin

cos ; ç)

b a b

a

b ab a b ab

a^{2 2 2 2}











 .

2. Determinantların bilinen herhangi bir özelliğine göre, a2

a 1 a



 ac ab

c b



 determinantının değerini

hesaplayınız.

3. Denklemleri çözünüz:

a) 2

1

x  0

1 x

4 

 ; b) 1 x

x x²



 0

1 x

x²

  ; c) 2 x

2 x



 0.

) 2 x (

1

2 

 4. Eşitsizlikleri çözünüz:

a) 5

2 x 4

2

x  

; b) 3

2

x  8

2 x

1 



 ; c) x 2

x

3 14

4 x 

 .

1.2. İki Lineer (Birinci Derece) Denklem Sistemleri

Ortak çözümü aranılan iki lineer denkleme , birinci derece denklem sistemi denir. Verilen denklem sistemini çözmek, her iki denklemi sağlayan bilinmeyenlerin değerlerini bulmak demektir.

İlerde, iki bilinmeyenli lineer denklem sistemlerinin çözümünü bulmak için ikinci derece determinant kavramından nasıl yararlanıldığını görebileceksiniz.

1.2.1. İki Bilinmeyenli Lineer Denklem Sistemleri ,

a_i b_i,c_i, i 1,2 verilen reel sayılar x y ise bilinmeyenler olsun. ,

,

c y b x a

c y b x a

2 2 2

1 1 1











 (1)

iki bilinmeyenli iki denklemden oluşan sistemdir; a₁,b₁,a₂,b sistemin katsayıları, ₂ c₁,c ise ₂ serbest terimlerdir (sabitler).

(1) sisteminde x , x ile, ₀ y ise y ile değiştirildiğinde, her iki denklem özdeşliğe dönüşürse ₀ )

,

(x₀ y₀ sıralı ikilisine (1) sisteminin çözümüdür denir.

(1) sisteminin en az bir çözümü varsa, sisteme çözülebilen, hiçbir çözümü yoksa, sistem çelişkidir (tutarsızdır). Çözülebilen sistemlerden bir tek çözümü olanlara tek olarak belli sistemler, bir çözümden fazla olan sistemlere ise belirsiz sistemler denir

(1) sisteminin çözümü (x₀,y₀) olsun. O halde şu eşitlikler doğrudur:

c . y b x a

c y b x a

2 0 2 0 2

1 0 1 0 1











 (1’)

, 0

a_i  b_i 0, i 1,2 ve serbest terimlerden en az biri sıfırdan farklı olduğunu, yani c₁0 ya da

2 0

c var sayalım. Bu durumda, birinci denklemin her iki tarafını b ile, ikinci denklemi ise (₂ b₁) ile çarparsak eşitlikler değişmeyecektir. Demek ki,

1 2 0 1 0 1

2(a x b y ) b c

b  

2 1 0

2 0 2

1)(a x b y ) ( b )c

b

(   

eşitlikleri doğrudur. Reel sayıların toplama ve çarpma işlemlerindeki özellikleri göz önünde bulundurarak, bu eşitlikler

1 2 0 2 1 0 2

1b )x (b b )y b c

a

(  

2 1 0 2 1 0 1

2b )x (b b )y b c

a

(  

şekline dönüşür. Sol ve sağ tarafların toplanmasıyla

(a₁b₂ a₂b₁)x₀ b₂c₁b₁c₂. (2) denklemi elde edilir.

Benzer şekilde (1’) sisteminin birinci eşitliği a₂ ile, ikincisi a₁ ile çarpılırsa

(a₁b₂ a₂b₁)y₀ a₁c₂ a₂c₁. (3) denklemi elde edilir.

İkinci derece determinant tanımını göz önünde bulundurarak (2) ve (3) denklemlerinin sol taraflarındaki ifadeyi a₁b₂a₂b₁

2 2

1 1

b a

b

a

 ,

ile değiştirebiliriz. Bu ifadenin değeri a₁b₂a₂b₁ olduğunu biliyoruz.

Buna benzer olarak (2) ve (3) denklemlerinin sağ taraflarını karşılıklı olarak





2 2

1 1

x c b c b

b c

b

c  



 ve





c a

c a

1 2 2 1 2 2

1 1

y   

 determinantları ile değiştirebiliriz

Buna göre (1) sisteminin (x₀,y₀)çözümü için şu eşitlikler doğrudur:

x₀ _x ve y₀ _y. (4) Bu durumda birbirine aykırı olan şu iki olanak mümkündür:

I. Durum. 0 ise (x₀,y₀)ikilisi (1) sisteminin bir tek çözümüdür.

Gerçekten, sıfırdan farklı  için, çarpımsal tersi olan



1 sayısı daima vardır. Bu durumda (4)

eşitliklerini 1

ile çarpmakla

x₀ ^x , y₀ ^y .







 (5)

elde edilir.

) y , x

( _{0 0} çözümünden ve (5) ten bu çözümün bir tek çözüm olduğuna görüyoruz.

Yukarıdaki incelemeyi şu teoremle özetleyebiliriz:

(5) eşitlikleri genelde Kramer formülleri diye adlandırılır.

Örnek 1.















 5 y 2 x

1 y x

3 denklem sistemi için: 7 0

2 1

1

3  

 

 dir. O halde bu sistemin

) y , x

( _{0 0} olmak üzere bir tek çözümü vardır. 7 2 5

1 1

x  



 ve 14

5 1

1

3 



 

_y olduğuna göre,

7 2 , 14 7 1

7

0

0    

 y

x bulunur.

II. durum. _x _y 0olduğu durumda, sistemin sonsuz çok çözümleri vardır.

Gerçekten,

0 b a b

a_{1 2}  _{2 1} , c₁b₂ c₂b₁ 0 ve a₁c₂ a₂c₁ 0 ,

0

a_i  b_i 0, i 1,2 varsayımı gereğince

2 1 2 1 2 1

c c b b a

a   ya da

1 2 1 2 1 2

c c b b a

a   elde edilir. Örnek olarak,

) 0 ( c k c b b a a

1 2 1 2 1

2     alınırsa a₂ka₁,b ₂ kb₁ ve c ₂ kc₁ elde edilir. Demek ki (1) sistemi













1 1 1

1 1 1

kc y kb x ka

c y b x a

biçimindedir. Burada görüldüğü gibi denklemler birbirine denktir, yani denklemlerden birinin her çözümü, diğerinin de çözümü olacaktır. O halde denklemlerden biri fazladır ve çözümlerden hiçbirinin kaybolmadan, onlardan birini bırakabiliriz. Örneğin sistemin ikinci denklemini silersek

. c y b x

a₁  ₁  ₁

denklemi elde edilir. Bu durumda, değişkenlerden birine bir t değerini vermekle, örnek y t için, x bilinmeyenine de tam bir değer bulunur: (c b t),

a

x 1 _{1 1}

1





 bu şekilde 









  t,t a b a c

1 1 1

1 sıralı çiftleri her reel sayı t için sistemin çözümler kümesidir.

Örnek 2.















 5 y 2 x

15 y 6 x

3 denklem sistemi için _x _y 0 olduğuna göre, (2t5,t) sıralı çiftleri her reel sayı t için sistemin çözümler kümesini vermektedir. 

Teorem 1. (1) sisteminin  determinant sıfırdan farklı olduğu durumda, sistemin (5) formülleriyle belirlenen bir tek çözümü vardır.

Halbuki, iki bilinmeyenli her denklem sisteminin çözümü daima olmayabilir.

Örnek 3.













 1 y x

1 y

x denklem sistemi aykırıdır, yani hiçbir çözümü yoktur, çünkü ikinci denklem 1

) y x

(  

 biçiminde yazışlabilir ve (x₀,y₀) çözümü varsa, x ₀ y₀ da 1 e eşit olacaktır. Bu ise imkansızdır; (x ₀ y₀)iki ters sayının değeri 1 olamaz.

Bu sistemi incelerken 0

1 1

1

1 



 

 ve 2 0

1 1

1 1

x   



 ve 2 0

1 1

1

1  

 

_y durumu

elde edilir 

Buna göre (1) sistemi için şu durumu da gözden geçirmeliyiz:

III. Durum. 0 ve _x 0ya da _y 0, ise, sistem aykırıdır, çözümü yoktur.

Gerçekten,0 durumu, ikinci durumda olduğu gibi k b b a

a  

1 2 1

2 gerektirir, _x 0 ya da

y 0

 durumunda k

c c

1

2  yani k m, c

c

1

2   m0 gerektirir. Bu durumda (1) sistemi şu şekline dönüşür

mc . kc y kb x ka

c y b x a

1 1 1 1

1 1 1















Demek ki, a₁xb₁yc₁0ve aynı zamanda 0k(a₁xb₁yc₁)c₁m0 dır.

Örnek 4.













10 y 6 x 4

6 y 3 x

2 denklem sistemi için:

0;

6 4

3

2 



 

 6;

6 10

3 6

x 



 

 4

10 4

6 2

y  



elde edilir. Buna göre bu sistem çelişkidir. Buna kolay inanabiliriz, ikinci denklemin her iki tarafını 2 ile bölerek kendine denk denklemle değiştirmekle 2x y6 5 denklemi elde edilir. Hiçbir (x,y)sıralı çifti için 2 x 6y değeri aynı zamanda hem 5 hem de 6 olamaz. 

İncelemenin başlangıcına dönelim, a_i 0, b_i 0, i 1,2 ve serbest terimlerden en az biri sıfırdan farklı c₁0 ya da c₂ 0 olduğunu farz etmiştik. İlerde bazı özel durumları inceleyeceğiz:

1⁰ Her iki serbest terim sıfıra eşit olsun, yani c₁c₂ 0. Bu durumda (1) denklemi

0, y b x a

0 y b x a

2 2

1 1













şekline dönüşür ve ona iki bilinmeyenli homojen lineer denklem sistemi denir.

Bir homojen sistemin daima x₀ 0, y₀0 biçiminde bir çözümü olduğunu kolay görebilirsiniz ve buna aşikâr (triviyal) çözüm denir. Bu nedenle şu soruyu sorabiliriz: sistemin aşikâr olmayan yani

) 0 , 0

( çözümünden başka herhangi bir (x,y) çözümü var mıdır?

0 b b a

a₁ ₂  ₁ ₂  ise, o halde her(x,y)sıralı çifti sistemin çözümüdür.

Katsayılardan en az biri sıfırdan farklı, örneğin a₁ ise, birinci denklem, kendine denk olan 0 a y

x b

1

 1

 denklemiyle değiştirilebilir. Bundan yararlanarak ikinci denklem y 0 a

b b a

1 1 2

2  









  şekline

dönüşür, ya da





2 2

1 1

b a

b

a

 dir.

Buna göre şu sonuca varıyoruz: 0 ise, y değişkeninin her y değeri için ve x değişkeninin a y

x b

1

 1

 değeri için, (x,y) sıralı çifti homojen sistemin çözümüdür; 0 durumunda ise, y 0 denkleminin çözümü sadece y₀ 0 için sağlanır ve bu durumda birinci denklem de sadece x₀ 0 için sağlanır. Demek ki bu durumda, sistemin sadece aşikar çözümü (0,0)dır.

2⁰ (1) sisteminin katsayılarından en az biri sıfıra eşit olsun.

Genelden hiçbir şey kaybetmeden a₁0 olduğunu alalım. (1) sistemi için yapılan incelemeye benzer olarak şu sonuca varılır: 0 durumunda sistemin bir tek çözümü vardır; _x _y 0 durumunda sistemin sonsuz çok çözümleri vardır ve 0 ve _x 0 ya da _y 0 durumunda sistemin çözümü yoktur, yani aykırıdır.

Çalışma Alıştırmaları

1. Determinantlar yardımıyla şu denklemleri çözünüz:

a)











 8 y 2 x 3

13 y 3 x

8 ; b)















33 y 16 x 3

35 y 10

x ; c) .

1 10 3

3 5 2











 y x

y x

2. Denklem sistemini çözünüz a)













 2 2 y x

2 y 2 2

x ; b)















3 y 3 3 x

1 3 y

x ; c)











 k y 4 bx

1 y 2 x

3 .

3. a ve b parametrelerini o şekilde belirtiniz ki,











 1 by x 2

a y 6 x

4 denklem sisteminin:

a) bir tek çözümü olsun; b) belirsiz olsun; c) aykırı olsun.

4. k parametresinin hangi değeri için,











 0 y 4 x 3

0 y 6

kx denklem sisteminin sadece aşikâr çözümü vardır?

5. k parametresinin hangi değeri için,











 5 y 3 x 6

4 y

kx denklem sistemi aykırıdır (çözümü yoktur)?

6.













n my x 2

5 y 2

x denklem sistemi veriliyor. m ve n parametrelerine o şekilde değerler veriniz ki, sistemin:

a) bir tek çözümü olsun; b) aykırı; c) belirsiz olsun.

1.2.2. Üç Bilinmeyenli İki Lineer Denklem Sistemleri

Determinantlar yardımıyla üç bilinmeyenli iki lineer denklem sistemleri de çözülebilir.

















2 2 2 2

1 1 1 1

d z c y b x a

d z c y b x

a .

Şu durumlar mümkündür:

I.Durum. Şu determinantlardan b ; a

b a

2 2

1 1 xy 

 ;

c a

c a

2 2

1 1 xz 



2 2

1 1

yz b c

c

 b



en az biri sıfırdan farklı, örnek _yz 0 olsun. Bu durumda, verilen sistem x.

a d z c y b

x a d z c y b

2 2 2 2

1 1 1 1

















şeklinde yazılır. Bu sistemin x bilinmeyeninin herhangi bir x0 çözümü için, (y₀,z₀) bir tek çözümü vardır, yani

c ; x a d

c x a d y

yz 2 0 2 2

1 0 1 1

0 





 b d a x ,

x a d b z

yz 0 2 2 2

0 1 1 1

0 







çözümleridir. Buna göre x₀, y₀,z₀ sistemin bir tek çözümüdür. x değişkenine yeni bir x₁ değerini seçmekle, sistemin x₁, y₁, z₁ ikinci çözümünü elde edeceğiz.

x değişkeni sonsuz çok değerler alabildiğine göre (her t reel sayısı x değişkeninin birer değeri olabildiğine göre) sistemin sonsuz çok çözümleri olabilir.

,

t d a t c , c t a d

yz 2 2 2

1 1 1







yz 2 2 2

1 1 1

t a d b

t a d b







çözümleri, verilen denklemin çözüm kümesinin genel şeklidir.

Örnek 1.

















0 z y 3 x 3

1 z y 2 x

2 sisteminde , 0

3 3

2

2 



 

_xy fakat 1 0

1 3

1

2  



_xz dır. Bu

nedenle sistemi













 y 3 z x 3

y 2 1 z x

2 biçiminde yazıyoruz. y için herhangi bir t seçmekle ve

1 1 t

1 t 1

1 t 3

1 t 2 1

x  











 ve 3

1 3 1

3 3

2 1 2

 







 t

t

z hesaplamakla genel çözümü yazabiliriz,

bunlar xt1, y t, z3 biçiminde ifade edilir.

II. Durum. Her üç determinant b ; a

b a

2 2

1 1 xy 

 ;

c a

c a

2 2

1 1 xz 



2 2

1 1

yz b c

c

b



sıfırdır ve bu durumda k

c c b b a

a   

2 1 2 1 2

1 olduğunu görüyoruz.

II1.

2 1

d

k  d ise, denklem

















2 2 2 2

2 1

1 1

d ) z c y b x a (

kd ) z c y b x a ( k

şekline dönüşür. Böyle durumda denklemlerden biri gereksizdir. O halde verilen sistemin sonsuz çok çözümleri vardır, çünkü iki bilinmeyene herhangi değerleri seçersek, üçüncü bilinmeyene daima birer değer karşılık gelecektir ve denklemin her iki tarafı sağlanacaktır.

Örnek 2. Verilen sistem

















12 z 6 y 8 x 4

6 z 3 y 4 x 2



















6 2 ) 3 4 2 ( 2

6 3 4 2

z y x

z y

x biçiminde yazılabildiğini görebilirsiniz. Bu durumda 0,

8 4

4 2

xy 



 



, 6 0 4

3 2

xz  

 0

6 4

3 2

yz  

 ve

2 1 12

6 6 3 8 4 4

2   



 dir. Verilen sistemin genel çözümü

4y 3z 6

x 2

 

 , y , z biçiminde yazılabilir, bu ise gösteriyor ki, y ve z için, herhangi y u, z v reel değerler seçildiğinde, x değeri 4u 3v 6

2

 

olur.

II_2.

2 1

d

k  d ise, sistem aykırıdır.

Örnek 3.

















10 z 6 y 8 x 4

6 z 3 y 4 x

2 sisteminin birinci denklemini 2 ile çarparsak 4x8y6z12 elde edilir, o ise, ikinci denkleme 4x8y6z10 aykırıdır. Buna göre sistem aykırıdır. 

Çalışma alıştırmaları 1. Üç bilinmeyenli denklem sistemi çözülsün:

a)

















1 z 3 y 5 x 3

4 z y 2

x ; b)



















3 z 2 y 2 x 4

2 z y x

2 .

2. Homojen denklemler sistemini çözünüz:

a)

















0 z y 2 x

0 z 2 y 5 x

3 ; b)

















0 z y 2 x 3

0 z 3 y 4 x

6 ; c)

















0 az y x

0 z y

ax .

3. (x₁,y₁,z₁) ve (x₂,y₂,z₂),

















2 2 2 2

1 1 1 1

d z c y b x a

d z c y b x

a sisteminin iki farklı çözümü olduğu

durumda, 



 



   

2 z ,z 2

y ,y 2

x

x_{1 2 1 2 1 2}

üçlüsü de aynı sistemin çözümü olduğunu gösteriniz

1.3 Üçüncü Derece Determinantlar

1.3.1. Tanım ve temel kavramlar ,

a_i b_i, c_i ( i 1,2,3)verilen reel sayılar olsun.

Tanım 1. a₁b₂c₃ a₂b₃c₁a₃b₁c₂ a₃b₂c₁a₂b₁c₃a₁b₃c₂ ifadesinin değeri, şema halinde

3 2 1

a a a

3 2 1

b b b

3 2 1

c c c

yazılışına üçüncü derece determinant denir. Buna göre,

a b c

,

a_i b_i, c _i ( i 1,2,3) sayılarına determinantın elemanları denir. Elemanlar üç satır (yatay durum) ve üç sütun (dikey durum) üzerinde sıralanmıştır. a₁, b₂, c₃ elemanları determinantın asal (baş) köşegenini, a₃, b₂, c elemanları ise determinantın ikinci (yedek) köşegenini oluşturuyorlar. ₁

Üçüncü derece determinat ile gösterilen ifadenin ilk üç toplananı, asal köşegende bulunan üç elemanın(a₁,b₂,c₃) ve tabanları asal köşegenine paralel olan üçgenlerin köşelerinde bulunan üç elemanın (a₂,b₃,c₁ ve a₃,b₁,c₂)çarpımıdır (şek. 1). Eşitliğin sırada gelen üç terimi negatif ön işaretle alınmış yedek köşegene ait elemanlar(a₃,b₂,c₁) ve tabanları yedek eksene paralel olan üçgenlerin

işaret (+) işaret (-)

şek. 1 şek. 2 şek. 3 köşelerinde (a₂,b₁,c₃ ve a₁,b₃,c₂) elemanlarının çarpımlarından oluşmuştur, (şek. 2).

Üçüncü derece determinantların değerini hesaplamak için Sarus kuralı denilen yöntemi de kullanıyoruz. Bu kurala göre determinantın değerini hesaplamak için, determinantın sağında birinci ve ikinci sütunun elemanları yazılır. Böyle durumda onlar yeni elde edilen dikdörtgen biçimindeki şemanın dördüncü ve beşinci sütunu oluyorlar. Ondan sonar asal köşegene ait olan ve ona paralel olan daha iki köşegen üzerinde bulunan üçer terim birbiriyle çarpılır, daha sonar yedek köşegende ve ona paralel olan daha iki köşegende bulunan sayılar, ön işaret eksi olmak üzere çarpılır ve sonunda elde edilen altı çarpım toplanır (şek. 3).

Örnek 1.

4 1 3

5 2 0

3 1 2





determinantın değerini şu şekilde hesaplayacağız.

. 39 4 0 ) 1 ( 1 5 2 ) 3 ( 2 3 1 0 3 ) 3 ( 5 ) 1 ( 4 2 2 1 3

2 0

1 2 4 1 3

5 2 0

3 1 2

























































Çalışma alıştırmaları

1. Verilen determinantların değerini hesaplayınız.

a) 1 1 1

1 1 1



1 1 1





; b)

2 3 1

7 5 2

 1 3 1



; c) b c a

c a b

a b c

; ç) .

c c 1

b b 1

a a 1

2 2 2

2. Verilen denklemleri x bilinmeyenine göre çözünüz:

a) 0

1 1 1

3 2 x

9 4 x²

 ; b) 0 ) 1 x ( 3 1

) 1 x ( 2 1

1 x 0 1

3 2 







; c) 0. 1 b a

1 b x

1 x a



3. Verilen determinantların değerini hesaplayınız.

a)

1 z yz xz

yz 1 y xy

xz xy

1 x

2 2

2







; b)

0 z y

z 0 x

y x 0





 ; c) , x 1 0

0 x 1

c b a





,

x y,a b, herhangi reel sayılardır.

1.3.2. Determinantı verilen bir satıra (sütuna) göre açılımı

Elemanları verilen reel sayılar (genel sayılar) olan bir determinantın elemanlarının birer harf ile işaret edilmesi bazı durumlarda daha uygundur. Bu durumda harfin yanında biri satır numarasını diğeri ise sütun numarasını gösteren iki indis yazılıyor. Genellikle, birinci indis satır sıra numarasını, ikinci indis ise sütun sıra numarasını göstermektedir. Bu şekilde i 1,2,3, j 1,2,3üçüncü derece bir determinantte, a_ij elemanı i. satır ve j. sütuna ait olan elemandır:

31 21 11

a a a

32 22 12

a a a

. a a a

33 23 13

Bu determinant, üçüncü derece determinantın genel şekli gibi Kabul edeceğiz. ve kısaca  ile işaret edeceğiz. Buna ait, her üçüncü derece determinantlara özgü olan iki yeni kavramı tanımlayacağız. Bunlar determinantın verilen bir elemanının minörü ve kofaktörü (eş çarpanı) dır.

Not 1. Her elemanın kendi minörü olduğuna göre, her üçüncü derece determinantın 9 farklı minörü vardır sonucuna varıyoruz. Bunlardan a₁₂, a₂₃, a₃₁ öğelerine karşılık gelen üç tane minörü Tanım 1. Üçüncü derece bir determinantın seçilen herhangi a_ij (1i, j3) öğesinin bulunduğu i. satır ve j. sütunun silinmesiyle elde edilen ikinci derece _ij,determinantına a_ij öğesinin minörü denir.

31 21 12 a

 a

 ,

a a

33 23

31 11 23 a

a

 ,

a a

32 12

22 12 31 a

 a



23 13

a a .

Not 2. a₃₁ ve a₂₁ öğelerinin kofaktörleri sırasıyla aşağıda gösterilmiştir:

22 12 31 31 1 3

31 a

) a 1 (

A   ^    ;

a a

23 13

31 11 23 23 3 2

23 a

) a 1

(   



 ^

32 12

a a .

Üçüncü derece determinantın değerini hesaplamak için, bir satırın (sütunun) elemanlarını (öğelerini) ve onlara karşılık gelen minörlerini belirteceğiz, yani seçilen satıra (veya sütuna) göre,determinantın açılmasıyla hesaplayacağız. Bunu şu teoremden görebilirsiniz:

İspat. İspatı ikinci satır için uygulayacağız ( i 2), daha doğrusu a₂₁A₂₁a₂₂A₂₂a₂₃A₂₃ eşitliğini ispatlayacağız. Üçüncü derece determinant  nın tanımından ve reel sayıların toplama ve çarpma işlemlerinin özelliklerini göz önünde bulundurmakla şunları elde ediyoruz:















 a₁₁a₂₂a₃₃ a₂₁a₃₂a₁₃ a₃₁a₁₂a₂₃ a₃₁a₂₂a₁₃ a₂₁a₁₂a₃₃ a₁₁a₃₂a₂₃ a₂₁(a₃₂a₁₃a₁₂a₃₃)a₂₂(a₁₁a₃₃a₃₁a₁₃)a₂₃(a₃₁a₁₂ a₁₁a₃₂)

32 12 21a a a



 ₂₂

33

13 a

a

a 

31 11

a a

23 33

13 a

a

a 

31 11

a

a a A a A a A .

a a

23 23 22 22 21 21 32

12   

3 , 1

i  ve j 1,2,3 durumları benzer şekilde ispatlanır.■

Yukarıdaki teoremi, üçüncü derece determinantın değerini hesaplamak için kullanabiliriz.

Örnek 1.

5 1 3







3 4

2





1 2 1

determinantını birinci satırın öğelerine göre açınız.

5 1 3







3 4

2





 3 1 2 1

3 4

 (2) 1

2

5 1

  1 1 2

5 1

 3 10 2 ( 11) 1 ( 17) 9. 3

4         

 

Tanım 2. Üçüncü derece bir determinantına_ij öğesine karşılık gelen minörün

 

Teorem 1. Üçüncü derece bir determinantın değeri, bu determinantın herhangi bir satırındaki (veya sütunundaki) öğelerin kofaktörleriyle çarpılıp, toplanmasıyla elde edilmektedir ; yani

, A a A a A

a_i1 _i1 _i2 _i2  _i3 _i3



 1i3 (a_1jA_1ja_2jA_2j a_3jA_3j 1j3).

Determinantın açılımını, daha fazla sıfırları olan satır ya da sütuna göre açmak daha yararlıdır.

Örnek 2.

1 0 2

0 8 0

2 2 32

22

12 8 A 0 A 8( 1)

A 0 5 2 3

 













 1

2 56. 5

3  

Çalışma Alıştırmaları

1. Üçüncü derece bir determinant seçiniz ve onun tüm minörlerini ve kofaktörlerini yazınız.

2. Verilen determinantları, herhangi bir satıra göre açarak değerini hesaplayınız.

a)

6 3 1

3 2 1

1 1 1

, b)

0 1 1

1 0 1

1 1 0

, c) . b a c

a c b

c b a

3. Verilen determinantları, herhangi bir sütuna göre açarak değerini hesaplayınız.

a)

9 8 7

6 5 4

3 2 1

, b)

81 25 16

9 5 4

1 1 1

, c)

x z y

y x z

z y x

,

x, y z herhangi reel sayılardır. ,

1.3.3. Üçüncü Derece Determinantların özellikleri Üçüncü derece determinantların şu özellikleri vardır:

Bunu göstermek için, eşitliğin sol tarafını  ile, determinanttın sağ tarafını ise ile işaret edelim.  determinantını birinci satırın elemanlarına göre,

_

 determinantını ise birinci sütunun elemanlarına göre açarsak: a₁₁A₁₁a₁₂A₁₂a₁₃A₁₃ ve a₁₁A₁₁a₁₂A₁₂a₁₃A₁₃ elde edildiğini göreceğiz. Demek ki  elde edilir.■

Özellik 1. Determinantın satırları ve sütunları, sırasını değiştirmeden yerlerini değiştirirse,

determinantın değeri değişmez; yani .

a a a

a a a

a a a a a a

a a a

a a a

33 23 13

32 22 12

31 21 11

33 32 31

23 22 21

13 12 11



Özellik 2. Determinantın herhangi iki satırı (sütunu) yer değiştirirse, determinantın değeri sadece

Örnek:

31 21 11

a a a





32 22 12

a a a

33 23 13

a a a

determinantının birinci ve üçüncü sütununu yer değiştirerek





33 23 13

a a a

32 22 12

a a a

31 21 11

a a a

determinant elde edilmiştir.

_

 determinantını birinci sütununa göre açarsak:

32 22 13 _

a a a



 ₂₃

31 21 a a

a 

32 12

a

a ₃₃

31 11 a a

a 

22 12

a

a 

21 11

a a















 a₁₃(a₂₁a₃₂ a₃₁a₂₂) a₂₃(a₁₁a₃₂ a₃₁a₁₂) a₃₃(a₁₁a₂₂ a₂₁a₁₂)

31 21 13a a a



 ₂₃

32

22 a

a

a 

31 11

a

a ₃₃

32

12 a

a

a 

21 11

a a

22 12

a

a elde edilir.

Şimdi,  determinantını üçüncü sütununa göre açarsak

31 21 13a a a



 ₂₃

32 22 a a

a 

31 11

a a

21 11 33 32 12

a a a a

a 

22 12

a

a elde edilir. Demek ki, 

_

dir.

Diğer durumların doğruluğu benzer şekilde gösterilebilir. ■

Bunu da gösterelim. iki aynı satırı olan  determinantında aynıları yer değiştirirse, determinantın değeri aynı kalır fakat özellik 2 ye göre işaretini değiştirir. O halde olur. Oradan da 20 ve

0



 elde edilir.■

Gerçekten,  determinantını, tüm elemanları sıfır olan satırına (sütununa) göre açarsak 0 elde edilir.■

Örnek, verilen bir determinantın birinci sütunundaki elemanlarının bir k ortak çarpanı varsa

31 21 11

ka ka ka





32 22 12

a a a

k a a a

33 23 13



31 21 11

a a a

32 22 12

a a a

33 23 13

a a a

yazılabilir.

Özellik 3. İki eşit satırı (sütunu) olan determinantın değeri sıfıra eşittir.

Özellik 4. Determinantın bir satırının (sütununun) tüm elemanları sıfır olduğu durumda, determinantın değeri sıfıra eşittir.

Özellik 5. Determinantı bir sabit sayıyla çarparken, onun bir satırının (sütununun) tüm elemanları aynı sayıyla çarpılır.

Gerçekten,  determinantını birinci sütunun elemanlarına göre açarsak:

) ( _{11 11 21 21 31 31}

31 31 21 21 11

11A ka A ka A k a A a A a A

ka     



 elde edilir.■

Gerçekten, genelliğini kaybetmeden

21 21 11

ka a a





22 22 12

ka a a

23 23 13

ka a a

olduğunu varsayalım. Önce özellik 5,

sonar da özellik 3 gereğince

21 21 11

a a a k





22 22 12

a a a

0 0

23 23 13





 k a a a

elde edilir.■

Örnek,

3 3 3

2 2 2

1 1 1

p s a

p s a

p s a













3 2 1

b b b



3 2 1

c c c

3 2 1

a a a

3 2 1

b b b



3 2 1

c c c

3 2 1

s s s

3 2 1

b b b



3 2 1

c c c

3 2 1

p p p

3 2 1

b b b

3 2 1

c c c

eşitliğini göstermek için, sol taraftaki determinantı, birinci sütunun elemanlarına göre açmamız yeterlidir.

■

Örnek, sırasıyla özellik 7, özellik 5 ve özellik 3 un uygulanmasıyla:

32 31

22 21

12 11

ka a

ka a

ka a







32 22 12

a a a



33 23 13

a a a

31 21 11

a a a

32 22 12

a a a

k a a a

33 23 13



32 22 12

a a a

32 22 12

a a a



33 23 13

a a a

31 21 11

a a a

32 22 12

a a a

33 23 13

a a a

elde edilir.■

Özellik 6. Bir determinantta herhangi iki satır (veya sütun) orantılı ise determinantın değeri sıfıra eşittir.

Özellik 7. Bir  determinantının herhangi bir satırının (sütununun) her elemanı (sonlu sayıda) n toplanandan oluştuğunda,  determinantı (₁₂ ...._n) n determinanttan oluşan toplam biçiminde yazılabilir. Bu determinantların bir satır (sütun) hariç tüm elemanları  ile aynıdır. Adı geçen satır (sütun) ise, birinci determinant - toplanan ( ) ilk toplananlardan, ikincisinde – ikinci toplananlar ₁ ve bu şekilde n- ci sine gelinceye kadar devam edilir.

Özellik 8. Determinantın herhangi bir satırının (sütununun) katları bir diğer satır (sütun) ile toplanırsa, yani bir satır (sütun) bir k sayısıyla çarpılıp diğerine katılırsa determinantın değeri değişmez

Özellik 9. Determinantın herhangi bir satırı (sütunu) diğer iki satırın (sütunun) elemanlarının lineer kombinasyonu olduğu durumda, determinantın değeri sıfıra eşittir.

31 21 11

a a a

32 22 12

a a a









32 31

22 21

12 11

ya xa

ya xa

ya xa

31 21 11

a a a

32 22 12

a a a



31 21 11

xa xa xa

31 21 11

a a a

32 22 12

a a a

0 0 0

32 22 12





 ya ya ya

elde edilir.■

Bu özelliği yoklamak için, üçüncü sütunun elemanlarını, birinci sütünün elemanlarının karşılıklı kofaktörleriyle çarpacağız. Bu şekilde

eşitliğini ispatlayacağız. Birinci sütunun kofaktörleri, aynı sütunun elemanlarını kullanmadan elde edildiğine göre, herhangi x, y z sayıları için şu eşitlik geçerlidir: ,

z y x

32 22 12

a a a

xA yA zA .

a a a

31 21 11 33

23 13







Özel olarak, xa₁₃, ya₂₃, z a₃₃ için,

33 23 13 31 33 21 23 11 13

a a a A a A a A

a   

32 22 12

a a a

0

33 23 13

 a a a

elde edilir.■

Çalışma Alıştırmaları

1. Üçüncü derece determinantların özelliklerinden yararlanarak, şu determinantların değerini hesaplayınız:

a) 7 6 3

5 8 4

3 2 1

; b)

64 8 1

49 7 1

25 5 1

; c) . 9 6 3

12 8 4

3 2 1

2.

33 23 22

13 12 11

a 0 0

a a 0

a a a

biçiminden determinant üst üçgensel (eşalon) determinanttır denir. Bu

determinantın değeri a₁₁a₂₂a₃₃ çarpımına eşit olduğunu gösteriniz.

3. Determinantların özelliklerinden yararlanarak, verilen determinantları üst üçgensel biçiminde dönüştürdükten sonar değerini hesaplayınız:

Özellik 10. Bir determinantın herhangi bir satırının (sütununun) elemanlarının karşılıklı diğer bir satırın (sütunun) kofaktörleriyle çarpımlarının toplamı sıfıra eşittir

31 0

33 21 23 11

13A a A  a A 

a

a)

1 1 2

1 0 1

0 2 1

 ; b)

7 6 1

5 4 1

3 2 1

; c) . 1 1 2

1 0 1

1 1 0

1.4. Üç Bilinmeyenli Lineer Denklem Sistemleri

İkinci derece determinantlarda olduğu gibi, üçüncü derece determinantları da, bileşik formüllerin ve koşulların daha basit şekilde yazılışında, daha da üç bilinmeyenli lineer denklemlerin çözümünde kullanabiliriz.

1.4.1. Sistemin Çözümü ve Kramer Formülleri

Üç bilinmeyenli genel bir lineer denklem sistemi verilmiş olsun. Bilinmeyenler ,x ,y ,z katsayılar ise, daha pratik gösterim için aynı harfa ikişer indis katarak a_ij, i,j1,2,3, biçiminde işaret edilmiş ve serbest terimler de b_i, i1,2,3 ile verilmiştir.

.

b z a y a x a

b z a y a x a

b z a y a x a

3 33 32 31

2 23 22 21

1 13 12 11

























(1)

,

x y,z bilinmeyenleri önündeki katsayılar sistemin determinantını oluşturuyorlar. Bu determinant  ile işaret edeceğiz.

31 21 11

a a a





32 22 12

a a a

, a a a

33 23 13

Şu determinantlar ise

3 2 1 x

b b b





32 22 12

a a a

; a a a

33 23 13

31 21 11 y

a a a





3 2 1

b b b

; a a a

33 23 13

31 21 11 z

a a a





32 22 12

a a a

3 2 1

b b b

,

x, y, z bilinmeyenlerine karşılık gelen determinantlardır.

Bir sistemi çözmek, bilinmeyenlerin değerlerini bulmak demektir. Bunu yaparken elde edilecek çözüm varsa, her üç denklemi sağlayacak ya da yoksa aykırılık durumu tespit edilecektir.

(1) sisteminin çözümü (x₀,y₀,z₀) olduğunu var sayalım. O halde