Slayt 1

Bölüm 7: Matrisler
Fizikte birçok problemin çözümü matris denklemleriyle ifade edilir. En çok
karşılaşılan problem türleri iki başlıkta toplanabilir.
Cebirsel lineer denklem sistemleri:
Örneğin; x1, x2, x3 bilinmeyenleri için,
x1  2 x2  3x3  4
5 x1  x2  4 x3  2
2 x1  7 x2  2 x3  1
denklemleri üç bilinmeyenli bir denklem sistemi oluşturur. Bu denklem
sisteminin çözümü matrisler ve determinantlarla işlem yapılmasını
gerektirir. Bilinmeyen sayısı az olduğunda elle yapılan çözüm kolay
olabilir, ancak 100 bilinmeyenli bir sistemin çözümü insan gücünün
ötesindedir.
Özdeğer problemleri:

Genel olarak , A bir matris ve u bir vektör olmak üzere,


Au  u
veya

( A  I )u  0
yapısındaki denkleme A matrisinin özdeğer problemi adı verilir. Burada λ

özdeğer ve u sütun vektörü, A matrisinin özdeğer ve özvektörleri
olurlar. I birim matristir.
Lineer Denklem Sistemleri:
Genel olarak, N sayıda denklemden oluşan N bilinmeyenli lineer bir
sistem şöyle ifade edilir.
a11x1  a12 x2  a13 x3  ...  a1n xn  b1
a21x1  a22 x2  a23 x3  ...  a2 n xn  b2
.
.
.
.
.
.
an1 x1  an 2 x2  an3 x3  ...  ann xn  bn
Burada a ij ve b j katsayıları reel veya komplex olabilirler. Bu sistem
katsayılar matrisi kullanılarak şöyle de yazılabilir.
 a11
a
 21
 a31

 
 an1
a12
a22
a32

an 2
veya daha kısa olarak,
a13  a1n   x1   b1 
a23  a2 n   x2  b2 
a33  a3n   x3   b3 
   
        
an 3  ann   xn  bn 
 
Ax  b
yazılır. Buradaki nxn matrisi için katsayılar determinantı sıfırdan farklı ise,
tek çözüm vardır. Bu bölümde nxn olan kare matrislerle ilgileneceğiz.
Gauss Elemesi Yöntemi:
Öncelikle aşağıdaki denklem sistemini incelersek,
x1  x2  x3  8
x2  3x3  1
2 x3  6
Üçgen yapıdaki bu sistemi çözmek kolaydır. Son satırdaki tek
bilinmeyenli denklemden x3 bulunur. Bu x3 değeri 2.satırdaki denklemde
yerine konup x2 bulunur. Son olarak, x2, x3 değerleri 1.satırda yerine
konup x1 bulunur. (x1=-5, x2=10, x3=3)
O halde çözmek istediğimiz denklem sistemini bu üçgen yapıya getirebilir
miyiz? Evet, çünkü lineer denklem sistemleri şu özelliklere sahiptirler:
•Herhangi iki satırdaki denklem yer değiştirirse çözüm değişmez.
•Herhangi bir satırdaki denklemi sabit bir katsayıyla çarpmakla çözüm
değişmez.
•Bir satırdaki denklemi diğer bir satıra eklemek veya çıkarmakla çözüm
değişmez.
Gauss elemesi yöntemi, verilen bir denklem sistemini bu tür işlemlerden
geçirerek bu üçgen yapıya dönüştürme yöntemidir. Bu yapı elde edilince,
sondaki denklemden başlanıp, tüm bilinmeyenler başa doğru giderek
hesaplanırlar, buna “geri yerleştirme” denir.
Şimdi bu yöntemin en genel uygulanışını görelim:
N bilinmeyenli denklem sistemini yazarken, programlama tekniği
açısından, sağ taraftaki bi katsayılarını da A matrisinin n+1. sütunu gibi
düşünmek kolaylık sağlar.
a11 x1  a12 x2  a13 x3  ...  a1n xn  a1,n 1
a21 x1  a22 x2  a23 x3  ...  a2 n xn  a2,n 1
.
.
.
.
.
.
an1 x1  an 2 x2  an 3 x3  ...  ann xn  an ,n 1
Bu denklem sistemi sırasıyla şu işlemlerden geçirilir:
• a11  0 olsun (Değilse, yer değiştirip başka bir denklemi 1.sırada
yazarız.)
 a21 
 ile çarpıp 2.denklemden çıkaralım.
 a11 
•1.denklemi 
 a31 

a
 11 
•1.denklemi 

ile çarpıp 3.denklemden çıkaralım.


Böylece n.denkleme kadar devam edilir.
Bu işlem sonucunda, diğer denklemlerde x1 değişkeni elenmiş olur ve
yeni denklem sistemi şu hale gelir.
a11 x1  a12 x2  a13 x3  ...  a1n xn  a1,n 1




a
a
a
 a22  21 a12  x2  .......   a2 n  21 a1n  xn  a2,n 1  21 a1,n1
a11
a11
a11








a
a
a
 a32  31 a13  x2  .......   a3n  31 a1n  xn  a3,n1  31 a1,n1
a11
a11
a11




.
.
.
.
.
.




a
a
a
 an 2  n1 a1n  x2  .......   ann  n1 a1n  xn  an,n1  n1 a1,n1
a11
a11
a11




Dikkat edilirse, 1.aşamadaki bu yeni denklem sisteminde i.satırdaki
j.terimin katsayısı şöyle olmaktadır:
(1)
ij
a
ai1
 aij 
a1 j
a11
(i=1,2,…n ve j=2,3,….n+1)
(1)
Bu yeni denklem sisteminde, a22
 0 olduğunu varsayalım.
(1)
 a32

 (1) 
 a22 
2.denklemi
ile çarpıp 3. ve daha sonraki denklemlerden çıkaralım. Bu işlem
(n-1) kez yapıldığında, üçgen yapıdaki denklem sistemi şöyle olur.
a11 x1  a12 x2  a13 x3  ...  a1n xn  a1,n 1
(1)
(1)
a22
x2  a23
x3  ...  a2(1n) xn  a2(1,n) 1
(1)
a33
x3  ...  a3(1n) xn  a3(1,n) 1
.
.
.
( n 1)
ann
xn  an( n,n11)
Görüldüğü gibi 1.aşamada 2. ve diğer denklemlerde bilinmeyen sayısı bir
azalmakta, 2.aşamada 3. ve diğer denklemlerde bir daha azalmakta ve
(n-1) aşamada tek bilinmeyene ulaşılmaktadır.
Gidiş yolumuzu genelleştirirsek, k.aşamadaki i. denklemin j katsayısı
şöyle olmaktadır: (Burada i=1,….n ve j=2,….n olmak üzere)
k 1
ij
a a
k
ij
aik11 k 1
 k 1 akj
akk
Üçgen yapıya eriştikten sonra çözüm kolaydır. (*) denklemindeki
sonuncu eşitlikten xn bilinmeyeni hemen bulunur:
xn 
an( n,n11)
( n 1)
ann
Buradan itibaren, geri yerleştirme yaparak diğer tüm bilinmeyenler sırayla
elde edilir. Xk bilinmeyeni için ifade aşağıdaki gibi olur:
n

1  ( k 1)
( k 1)
xk  ( k 1) ak ,n1   akj x j 
akk 
j  k 1

(k=n-1,.....1)