MA’ruza. Matrisalar tushunchasi. Determinantlar. 2- va 3-tartibli matrisa va determinantlar. Determinantlarni bevosita uning elementlari orqali ifodalash determinantning xossalari. Minor va algebraik to’ldiruvchilar. Reja
Xossa 1. Matrisani transponirlash natijasida, ya’ni satrlarini ustun qilib yozilgan, uni qiymati o’zgarmaydi. Isbot
Download 0.67 Mb. Pdf ko'rish
|
MA’RUZA 2
- Bu sahifa navigatsiya:
- Xossa 4.
|
Xossa 1. Matrisani transponirlash natijasida, ya’ni satrlarini ustun qilib yozilgan, uni qiymati o’zgarmaydi.
transponirlangan matrisada ustun va satrlarda bittadan olinadi va demak yig’indidagi har bir ko’paytma ham o’zgarmay qolaveradi, lekin uning ishorasini aniqlovchi o’rniga qo’yish 1 2 2 1 2 ... n a a a ga asosan 1 2 1 ... ...
1 2
n
o’rniga qo’yishdan, ya’ni o’rniga qo’yishga teskari o’rniga qo’yishdan iborat bo’lib, ularning signaturalari 1
sign
tengdir va demak hosil bo’lgan ko’paytma bir xil ishora bilan ham keladi. Shunday qilib, agar 1 11
12 22 2 1 2 ... .... ....
n n t n n nn a a a a a a A a a a
matrisaning transponirlash bo’lsa, u holda
bo’lar ekan.
Ushbu xossaga binoan determinantlarning qolgan xossalarini faqat satrlari uchun ta’riflaymiz va isbotlaymiz.
Quyidagi ikki xossalar determinantning istalgan satrlari bo’yicha chiziqli ekanligini anglatadi.
bo’lsa, u holda bu determinant satrlari shu qo’shiluvchilardan iborat bo’lgan ikkita determinantning yig’indisidan iborat bo’ladi.
Bu xossani quyidagi formulaviy shaklda yozilishi so’z bilan aytilishidan oydinroq bo’ladi: 1 11 1 1 1 1 1 11 11 1 1 1 1 ... ... .... ...
.... ....
... ...
.... ...
... ...
.... ... ...
.... ... ....
.... ....
.... ...
... ...
... ....
.... n i i in in n nn n n i in i in n nn n nn a a a b c b c a a a a a a b b c c a a a a
1 1 1 1 1 1 ... ... ...
... ...
... i i n n i n i n n n i i n S i n i n S S sign a b c a sign a b a sign a c a
bo’lib, birinchi yig’indi 1 11 1 1 ...
... .... ...
.... ....
... ...
.... n i in n nn a a b b a a
ga, ikkinchi yig’indi 1 11 1 1 ...
... .... ...
.... ....
... ...
.... n i in n nn a a c c a a
ga teng bo’ladi. Isbotlangan xossa determinantning satri bir nechta qo’shiluvchilar bo’lgan holda ham o’rinlidir.
bo’lsa, u holda bu umumiy ko’paytuvchini determinant belgisidan tashqariga chiqarib yozish mumkin, ya’ni 1 1
11 1 1 1 1 ... ... ...
.... ... ...
.... ... ....
.... ....
.... ...
... ...
... ....
.... n n i in i in n nn n nn a a a a ka ka k a a a a a a
. Isbot. Haqiqatan, 1 1 1 1 1 11 1 1 ... ... ...
... ...
... .... ...
.... ....
... ...
.... i n n n n i i n S n S i n i in n nn sign a ka a k sign a a a a a k a a a a
Xossa 4. Agar determinantning biror satri nollardan iborat bo’lsa, u holda determinant nolga teng bo’ladi.
satrdan albatta bitta element, ya’ni nol qatnashadi va demak ko’paytma nolga va ularning yig’indisi bo’lgan determinant ham nolga tengdir.
natijasida uning faqat ishorasigina o’zgaradi, ya’ni 1 11
1 1 ... .. ...
... ...
... ... ...
... ...
... ...
... n i in j jn n nn a a a a a a a a
1 11 1 1 1 ... .. ... ... ...
... ... ...
... ...
... ...
... n j jn i in n nn a a a a a a a a .
1 1
... ...
i j i j a a a birinchi determinant umumiy hadi bo’lsa, satrlar almashtirishlarda hosil bo’lgan determinantning umumiy hadi 1 1 ... ...
... j i n j i n a a a a
bo’ladi. Bu hadlarga oid o’rniga qo’yishlarni qarasak: 1 1 ... ...
... ...
... ...
j i n j i n va 1 1 ... ... ...
... ...
... j i n j i n
larning ishorasi bir-biriga qarama-qarshi bo’ladi, 1 ,..., ,..., ,...,
i j n o’rin almashtirishlarni i nchi va j nchi elementlarini o’rinlarini almashtirish (tranpozisiyalash) natijasida ularning signaturasi qarama-qarshi ishora bilan o’zgaradi. Shunday qilib, determinantlarning umumiy hadlari qarama-qarshi ishora bilan va demak determinantni o’zlari bir-biriga qarshi ishorali bo’ladi.
Bu xossadan to’g’ridan-to’g’ri quyidagi xossani hosil qilamiz: Xossa 6. Bir xil satrlarga ega bo’lgan determinant nolga teng.
Isbot. Faraz qilaylik, determinant ikkita i nchi va j nchi satrlari teng bo’lsin. U holda oldingi xossaga asosan bu satrlarni o’rinlarini almashtirish natijasi unga ishorasi qarama-qarshi bo’lgan determinantni hosil qilamiz va ular aynan tengdir, ya’ni
bo’lib, bundan 2 0, 0
hosil bo’ladi.
Shuni ta’kidlaymizki, 2 0 dan hamma vaqt ham 0 kelib chiqaveradi. Buning uchun P maydon nol xarakteristikali yoki maydon kengaytmasi bo’lgan halqa nol xarakteristikali halqa bo’lishi kerak.
Xossa 3 va xossa 6. lardan quyidagi xossani hosil qilamiz: Xossa 7. Proporsional satrlarga ega bo’lgan determinant nolga teng.
Isbot. 1 11 1 1 1 ... .. ...
... ...
... ... ...
... ...
... ...
... n i in j jn n nn a a a a a a a a
determinantda i nchi va j nchi satrlar proporsional bo’lsin, ya’ni qandaydir k
element uchun 1 1 1 , ..., j i jn i a ka a ka o’rinli bo’lsin. U holda j nchi satrlardan k ni determinant belgisidan tashqariga chiqarsak, hosil bo’lgan determinantning
nchi va j nchi satrlari bir xil bo’ladi va demak bu determinant nolga teng.
Xossa 8. Agar determinantning biror satri qolgan satrlarining chiziqli kombinasiyasidan iborat bo’lsa, u holda determinant nolga teng bo’ladi.
Isbot. Faraz qilaylik, determinantning i satri
1 2 , ,..., j i i i nchi satrlarining chiziqli kombinasiyasidan iborat bo’lsin, ya’ni , 1, i K i s
1 2 1 2 ... , 1, s ij i j i j s i j a a a a j n . U holda determinant xossa 2.ga asosan yig’indilarga yoyib, bu yig’indi hadlardan xossa 3. ga asosan 1 2
,..., s
chiqaramiz va natijada yig’indi hadli determinantlarda satrlari bir xil determinantlar bo’lib, xossa 6. asosan ularning hammasi nollarga teng bo’ladi.
Endi biz determinantlarni hisoblashda muhim ahamiyat ega bo’lgan oxirgi xossani keltiramiz.
K elementga ko’paytirib, boshqa bir satriga qo’shsak, uning qiymati o’zgarmaydi.
nchi satrini ga ko’paytirib, j nchi satriga qo’shamiz: 1 11 1 1 1 ... ...
... ...
... ...
... ... ...
... ...
.... ...
n i in j jn n nn a a a a a a a a
determinantdan 1 1
1 1 1 ... ...
... ...
... ...
... ... ...
... .... ...
... n i in j i jn in nn n a a a a a a a a a a
1 1 1 1 11 11 1 1 1 1 ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... 0 ... ... ... ...
... ... ...
... ...
... .... ....
... ...
... ...
n n i in i in j jn i in nn nn n n a a a a a a a a a a a a a a a a .
mumkin (II tip elementlar almashtirish kabi!) va natijada determinant, ya’ni yig’indini hisoblashni ancha yengillashtiramiz va agarda biz determinantning xossa 5.dan foydalansak (I tip elementar almashtirishlar kabi!) biz determinant uchbrchaksimon shakli yoki zinapoyali (trapesiyasimon) shaklga olib kelamiz. Ikkinchi holat bo’yicha determinant nolga teng bo’ladi, chunki nolli satrlar hosil bo’ladi, agarda determinant uchburchaksimon shaklga, ya’ni 1 12
2 22 ... ... 0 ... ... ...
... ...
0 0
n nn a a a a a a
,
11 22 0, 0,..., 0
a a a
ko’rinishni olsa, u holdan determinant to’g’ridan to’g’ri foydalangan holda 11 22 ...
nn a a a
hosil qilamiz.
Misol. Ushbu determinantni determinantlarni xossalaridan foydalanib, hisoblaymiz:
2 2 1 1 2 1 4 3 4 2 2 3 4 6 3 4 3 3 4 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 0 1 6
2 0 1 6
2 0 1 6
2 1 1 11 22 0 3 7 0 3 7
0 0 11 Uchburchak usuli bilan hisoblab determinant 22 teng bo’lishligiga ishonch hosil qiling.
nchi tartibli kvadratik 1 1 1 1 11 12 2 2 1 2 21 22 1 2 1 1,1 1,2
1, 1, 1 1, 1 2 1 ...
... ...
... ...
... ... ...
... ... ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... k k n k k n k k kk kk kn k k k k k k k n n n nn nk nn a a a a a a a a a a a a a a a A a a a a a a a a a a
matrisa berilgan bo’lsin. Bu matrisani ixtiyoriy k ta satr va k ustunlarining kesishgan (o’chirilgan) joylaridan
-nchi tartibli determinant tuzib olamiz. Hosil bo’lgan determinantga
determinantning k -nchi tartibli minori deyiladi.
Xususan, determinantda bitta satr va bitta ustunni ( 1 k ) kesishgan joyida bitta element bo’ladi, ya’ni determinantning elementlari ham minorlar bo’lishi mumkin. O’chirilmay qolgan elementlaridan tuzilgan determinant
k tartibli determinant bo’lib, unga minorning to’ldiruvchi minori deyiladi. Minor va to’ldiruvchi minorlarni qulaylik uchun M va
M lar bilan belgilab olamiz. Shuni ta’kidlaymizki,
va
M determinantlar bir-birini o’zaro to’ldiruvchi minorlar juftligi deb ham ataladi. Xususan, determinantning
nchi satr va j nchi ustunini kesishmasida turgan ij a element birinchi tartibli va uning o’chirilmay qolgan elementlaridan tuzilgan to’ldiruvchi minor 1 n tartibli minor bo’lib, ular birgalikda o’zaro to’ldiruvchi minorlar juftini tashkil qiladi.
Agar k tartibli M minor
1 2 , ,..., k i i i satr va 1 2
,..., k j j j ustunlarining kesishmasidan tuzilgan bo’lsa, u holda
1 M S A M
,
(2)
bu yerda 1 2 1 2 ... ... M k k S i i i j j j M minorning algebraik to’ldiruvchi deyiladi.
Matrisaning bosh diagonalida joylashgan 1 11 11 12 11 21 22 1 ... , , ..., ... ... ... ...
k k kk a a a a a a a a a
va hokazolar, xususan A ning o’ziga bosh minorlar deb ataladi.
Endi
k nchi tartibli bosh minorni o’z algebraik to’ldiruvchisiga ko’paytmasini qaraymiz:
1 1 M M S S M A M M M M
. U holda
1 2 ... 1 2 ... 2 1 2 ... M S k k k
juft son bo’ladi va demak M A M M
bo’ladi. M minorning ixtiyoriy hadi , unga oid o’rniga qo’yish 1 2 1 2 ...
... k k
bo’lib, 1
sign bo’lsin. Xuddi shunday M minorning ixtiyoriy hadi 1 2
2, ...
k k n k k n sign a a a bo’lib,
1
sign va bu
1 2 1 2 ... ...
k k n k k n o’rniga qo’yishning signaturasi bo’lsin.
Hosil bo’lgan ko’paytmalarni ko’paytmasi bo’lib, bu ko’paytma determinantning turli satr va ustunlaridan bittadan olingan n
ta elementlarning ko’paytmasidan iborat va n -nchi tartibli determinantning hadi bo’ladi. Endi bu ko’paytmaning ishorasi
, xuddi shu ishoraga n nchi tartibli determinant ham ega bo’lishligini ko’rsatamiz. Haqiqatan ham, bu hadning indekslaridan tuzilgan 2 1
2 1 2 ... ...
... ...
k k n k k n
o’rniga qo’yishning faqat inv inv ta inversiyasi bor, chunki hyech qaysi i
hyech bir j bilan inversiya tuza olmaydi, ya’ni barcha i lar k dan katta emas, barcha
lar 1 k dan kichik emas. 1 2 1 2 ...
k k sign a a a 1 2 1 2 1 2 1, 2, ... ...
k k k n k k k n sign sign a a a a a a
Shunday qilib, bu quyidagi lemmani isbot qildik:
Lemma 10. M A ko’paytmaning hadlari A determinantning hadlari bo’lib, ular bir xil ishorali bo’ladi.
Endi umumiy holni qaraymiz, ya’ni M minor
1 2 , ,..., k i i i nomerli satrlarda va 1
, ,...,
k j j j ustunlarda joylashgan bo’lib, 1 2
2 ...
, ...
k k i i i j j j
bo’lsin. U holda 1 2
k i i i satrlarda va 1 2
,..., k j j j ustunlarda mos ravishda 1 2
2,..., k i i i k va
1 2 1, 2,..., k j j j k almashtirishlar bajarib, bosh minorga olib kelamiz. Hosil bo’lgan
determinant oldingi A determinant bilan faqat
1 z ishorasi bilangina farq qiladi, ya’ni bunda 1
A A
bo’lib,
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ... 1 2 ... ...
... 2 1 2 ... 2 1 2 ...
bo’ladi va demak 2 1 2 ..
1 1
M S k S A A A
hosil bo’lib, M minor esa bosh minor va demak biz lemma 22.1. holga kelamiz.
Shunday qilib, biz quyidagi lemmani isbot qildik. Lemma
11. Determinantning ixtiyoriy minorini o’z algebraik to’ldiruvchisiga ko’paytmasidagi har bir hadlar bir xil ishora bilan determinantning hadi ham bo’ladi.
Endi biz determinantni bir nechta satri yoki ustuni bo’yicha yoyish haqidagi va Laplas nomi bilan yuritiluvchi teoremani keltiramiz.
Teorema 12. (Laplas teoremasi) Determinantning tanlab olingan k ta (
1 1
n
) satri (yoki ustuni) bo’yicha barcha minorlarining o’z algebraik to’ldiruvchilarining yig’indisi determinantga teng bo’ladi.
1 1
2 2 ... z z A M A M A M A
(2)
yoyilmani to’g’ri ekanligini ko’rsatishimiz kerak, bu yerda i M lar tanlab olingan 1 2
k i i i satrlar bo’yicha olingan barcha minorlar va i A lar minorlarga oid algebraik to’ldiruvchilardir.
Lemmalarga asosan , 1,
i M A i z ko’paytmalarning har bir hadi determinantning hadi bo’lib, ular bir xil ishorali bo’ladi. Endi biz determinantning ixtiyoriy 1 2
2 ...
n n a a a hadi bo’lsin. Bu ko’paytmadan biz tanlab olingan 1 2
k i i i satrlarga tegishli bo’lgan elementlarning ko’paytmasini olamiz: 1 2 1 2 ... k k a a a .
Bu ko’paytma 1 2 , ,..., k i i i satrlar va 1 2
,..., k i i i
ustunlarning kesishmasida turuvchi tartibli M minorning umumiy hadi bo’lib, olinmay qolgan ko’paytuvchilar n k tartibli M to’ldiruvchi minorning umumiy hadi bo’ladi.
Shunday qilib, determinantning har qanday hadi tanlab olingan satrlar bo’yicha M minor bilan to’ldiruvchi M minorining tarkibiga kiradi. Nihoyat, determinantda qanday bo’lgan hadni hosil qilish uchun, to’ldiruvchi minorni algebraik minor bilan almashtirish kerak. Endi biz (2) yig’indidagi hadlar soni t
nechaga teng bo’lishligini ko’rsatamiz. Bizga ma’lumki, i M minorda !
hadlar, i A algebraik to’ldiruvchilarda
n k hadlar bo’lib, i i M A ko’paytmada esa
! k n k hadlar ishtirok etadi va determinantning o’zida ! n hadlar bo’lganligidan quyidagi tenglikni hosil qilamiz: ! ! ! n k n k t , bundan 1 ...
! ! ! 1 2 ... k n n k n n z C k n k k
formulani hosil qilamiz. Teorema to’liq isbot bo’ldi.
Misol. Ushbu 1 0 2 0 4 5 2 3 1 0 3 0 4 2 1
5 d k 4 n tartibli determinantni hisoblaymiz. Bu determinantni qulay joylashgan nollari bo’lmish 2
ta birinchi va uchinchi satrlari bo’yicha yoyib hisoblaymiz. Shunday qilib, 2 4 3 4 6 1 2 z C bo’lib,
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 1 3 1 2 1 3 1 3 1 3 2 3
1 3 2 4 1 3 3 4
1 3 1 3 1 0
2 3 1 2 5 2 1 1 1 0 1 5 1 3 2 1
0 2 4 3 0 0 4 2 1 1 0 2 4 5 0 0 4 1
2 0 4 5 1 2
5 3 1 1 3 0 4 2 1 3 2 5 5 1 31 155 d M A M A M A M A M A M A
ekanligini topamiz. Misoldan ko’rinib turibdiki, nollar qatnashgan minorlar nol bo’lganligi tufayli birdaniga nollar ishtirok etmagan ko’paytmani, ya’ni bizning misolimiz bitta ko’paytmani yozib hisoblash lozim edi.
Download 0.67 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|