Termiz davlat universiteti fizika- matematika fakulteti matematik tahlil kafedrasi

MAVZUNI MUSTAXKAMLASH UCHUN SAVOLLAR
a). n- tartibli determinant deb nimaga aytiladi?

b). n- tartibli determinantning har bir hadi qanday qoida bo'yicha hosil qilinadi?

b). n- tartibli determinantdagi hadlarning ishorasi qanday aniqlanadi?

g). Determinantning qiymati qanday almashtirishlar bajarsa o'zgarmaydi?

d). qanday hollarda determinantning qiymati nolga teng bo'ladi?

19- MARO'ZA

MAVZU: MINORLAR VA ALGEBRAIK TO'LDIRUVCHILAR

REJA:

1. n-tartibli determinantning (k n) k-tartibli minori va qo'shimcha minor.

2. Algebraik to'ldiruvchi.

3. Determinantlarni k-tartibli minorlar bo'yicha yoyish. Laplas teoremasi.

4. Misollar.

ADABIYOTLAR [ 1, 2, 3] .

Tartibi 3 dan yuqri bo'lgan determinantlarni hisoblash uchun tayin bir formula mavjud emas. Ularni ko'pchilik hollarda tartibi pasaytirib hisoblanadi. Buning uchun esa bizga minor va algebraik to'ldiruvchi tushunchalari kerak bo'ladi.

Faraz qilaylik n -tartibli D determinant berilgan bo'lsin. Undagi k ta satr va k ta ustunini ajratib ularning kesishish joyidagi elementlaridan determinantdagi tartibda olib k-tartibli determinant tuzsak bu determinantga D determinantning k-tartibli minori deyiladi. Shu ajratilgan satr va ustunlarni o'chirib, qolgan joydagi elemetlardan determinantdagi tartibda olib n-k-tartibli determinant tuzsak o'nga k-tartibli minorga mos qo'shimcha minor deyiladi.

Masalan: Ushbu a₁₁ a₁₂ . .. a_1k a_1,k+1 ... a_1n

a₂₁ a₂₂ ... a_2k a_2,k+1 ... a_2n

D= - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

a_k1 a_{k 2} ... a_kk a_k,k+1 ... a_kn

a_k+1,1 a_k+!,2 ... a_k+!,k a_k+!,k+1 ... a<sub>k+1,n

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -</sub>

a_n1 a_n2 . .. a_nk a_n,k+1 ... a_{n n}

n-tartibli determinantdagi 1,2, ... ,k satrlari va 1,2, ... ustunlarini ajratib k-tartibli M minor va n-k-tartibli qo'shimcha M ' minor tuzsak u quyidagicha bo'ladi

a₁₁ a₁₂ ... a_1k a_k+1,k+1 a_k+1,k+2 ... a_k+1,n

M= a₂₁ a₂₂ ... a_2k М' = a_k+2,k+1 a_k+2,k+2 ... a_k+2,n

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

a_k1 a_k2 ... a_kk a_n,k+1 a_n,k+2 ... a_{nn .}
Agar k=1 bo'lsa, birta eleiyentga (masalan, a_{i j}=M ga) ega bo'lamiz.Uning qo'shimcha minorini М'_{i j} bilan belgilaymiz.

Qo'shimcha minor M’ ning o'chirilgan satrlari i₁ , i₂ ,..., i_k va ustunlar j₁ ,

j₂ , ... , ,j_k nomerlarining (-1) ning darajasidagi yig'indisiga ko'paytmasiga M minorga mos algebraik to'ldiruvchi deyiladi.

Agar biz M ga mos algebraik to'ldiruvchini A bilan belgilasak, u holda

i₁ + i₂ +...+ i_k+ j₁+ j₂+ ... + ,j_k

A=(-1) M’ bo'ladi.

Xususiy holda M= a_{i j} bo'lsa, A_{i j} =(-1) ^i+j M’_{i j} bo'ladi.

Misol.

a₁₁ a₁₂ a₁₃ a₁₄ a₁₂ a₁₄

D= a₂₁ a₂₂ a₂₃ a₂₄ M=

a₃₁ a₃₂ a₃₃ a₃₄ a₃₂ a₃₄

a₄₁ a₄₂ a₄₃ a₄₄
D determinantning M minoriga mos algebraik to'ldiruvchisi quyidagicha yozi-ladi:
a₂₁ a₂₃ a₂₁ a₂₃

A=(-1)^1+3+2+4 =

a₄₁ a₄₃ a₄₁ a₄₃ .

Shu determinantdagi a₄₃ elementning algebraik to'ldiruvchisi

a₁₁ a₁₂ a₁₄ a₁₁ a₁₂ a₁₄

A=(-1)⁴⁺³ a₂₁ a₂₂ a₂₄ = - a₂₁ a₂₂ a₂₄

a₃₁ a₃₂ a₃₄ a₃₁ a₃₂ a₃₄

dan iborat bo'ladi.

Endi ushbu teoremani isbotlaymiz.

1-teorema. D determinantdagi M minorning istalgan hadini o'nga mos algebraik to'ldiruvchining istalgan hadiga ko'paytirsak, D determinantning hadi hosil bo'ladi, ya'ni MA ning istalgan hadi D ning hadidan iboratdir.

Isboti. quyidagi ikki holni qaraymiz.

1⁰- xol. M minor D determinantning yuqri chap burchagida, qo'shimcha minor esa kuyi o'ng burchagida joylashgan bo'lsin:

a₁₁ a₁₂ . .. a_1r a_1,r+1 ... a_1n

a₂₁ a₂₂ ... a_2r a_2,r+1 ... a_2n

D= - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

a_r1 a_r2 ... a_{r r} a_r,r+1 ... a_rn

a_r+1,1 a_r+!,2 ... a_r+!,r a_r+!,r+1 ... a<sub>r+1,n

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -</sub>

a_n1 a_n2 . .. a_nr a_n,r+1 ... a_{n n}
Bu holda M ning algebraik to'ldiruvchisi А=(-1)^{1+2+ ... +r+1+2+ ...+r} M' = M'.

M ning istalgan hadi
(-1)^p a_1 a_{2 2} ...a_{r r} (1)

ko'rinishga ega. Bunda

p=inv.  1 2 3 ... r 

 _ _ _ ... _r  .

А= M' ning istalgan hadi esa

(-1)^q a_{r+1, r+1} a_{r+2, r+2} ...a_{n, n} (2)

ko'rinishga ega. Bunda

q= inv.  r+1 r+2 r+3 ... n 

 _r+1 _r+2 _r+3 ... _n  .

(1) va (2) ning ko'paytmasi

(-1)^{p +q} a_1 a_{2 2} ...a_r a_{r+1, r+1} a_{r+2, r+2} ...a_{n, n} (3)

D ning hadi bo'ladi. Chunki unda n ta ko'paytuvchi bo'lib D ning har bir satri va ustunidan birtadan element olingan va

inv.  1 2 3 ... n  = p+q, chunki _ ,_ ,_, ..., _n lar _r+1,_r+2 ,_r+3 ,...,_n lar-

 _ _ _ ... _n  dan kichik bo'lgani uchun ular bilan inversiya tashkil kilmaydi.

2⁰- xol. M minor D ning k_ ,k_ , ...,k_r satrlari va l₁, l₂ ,..., l_r ustunlarini ishgol qilsin va

k₁< k₂<....< k_r , l₁< l₂<... _r deb olamiz. Bu holni 1-xolga keltiramiz. Buning uchun k₁- satrni o'zidan oldingi (k₁-1)- ta satrdan oldinga o'tkazib 1-o'ringa, k₂- satrni o'zidan oldingi (k₂-2) satrdan oldinga o'tkazib 2-o'ringa va hokazo k_r- catrni o'zidan oldingi

(k_r - r) a satrdan oldinga o'tkazib r-o'rin-ga yozamiz. Ustunlar bilan ham xuddi shu ishni bajarsak, M minor D' ning yuqri chap burchagida joylashadi va determinantning xossalariga ko'ra

(k₁ -1)+(k₂-2)+ ... +(k_r-r)+(l₁-1)+(l₂-2)+ ...+(l_r-r)

D= (-1) D' =

k₁ +k₂+ ... +k_r+l₁+l₂+ ...+l_r

= (-1) D' (3)

1-xolga ko'ra M ning istalgan hadining М' ning ixtiyoriy hadiga ko'paytmasi D' ning hadini beradi. Endi M ning ixtiyoriy hadi

k₁ +k₂+ ... +k_r+l₁+l₂+ ...+l_r

(-1) М' =А ning istalgan hadiga ko'paytirsak, (3)ga ko'ra D ning hadini beradi.

2 -teorema (Laplas teoremasi). n-tartibli D determinantning r ta satr (ustun) laridan barcha r-tartibli minorlarni to'zib va ularni mos algebraik to'ldiruvchilarga ko'paytirib qo'shsak, yig'indi D determinantning qiymati ga teng bo'ladi.

Isboti.Shu r - tartibli minorlar M₁, M₂, ... , M_t va ularga mos algebraik to'ldiruvchilar А₁, А₂ , ... , А_t bo'lsin. U holda

M₁ А₁+ M₂ А₂+ ... + M_t А_е=D (4)

ekanligini isbotlaymiz. 1-teoremaga ko'ra M_i ning istalgan hadini А_i ning istalgan hadiga ko'paytirsak D ning hadi hosil bo'ladi. M_i А_i ва M_j А_j lar (i j) umumiy hadga ega emas, chunki M_i va M_j lar kamida birta ustun elementlari bilan farq qiladi.

Endi (4) ning chap tomonida n! ta had bor ekanligini ko'rsatsak teorema isbotlangan bo'ladi. Determinantning ta'rifiga ko'ra M_i minorda (r-tartibli determinant) r! ta А_i da esa (n-r) ! ta had bor. U holda M_i А_i da r!(n-r)! ta had bo'ladi. Demak, (4) ning chap tomonida r! (n-r)! t ta had bo'ladi. Endi t ni aniqlaylik: C_n^r=n! / r! (n-r)! . Shuning uchun ham r! (n-r)! {n! / r! (n-r)!}= n! .

(4) ning chap tomonida n! ta had bor ekan.

Misol. 1). 1 2 -1 1

D= 3 0 1 2

1 1 0 1 determinantni birinchi 2ta satri bo'yicha yoyib

0 1 2 -1 hisoblang.

1 2 0 1 1 -1 1 1 1 1 1 0 2 -1

D= (-1)^1+2+1+2 + (-1)^1+2+1+3 + (-1)^1+2+1+4 + .

3 0 2 -1 3 1 1 -1 3 2 1 2 0 1

1 1 2 1 1 0 -1 1 1 1

.(-1)^1+2+2+3 + .(-1)^1+2+2+4 + .(-1)^1+2+3+4 =

0 -1 0 1 0 2 1 2 0 1

=-6(-2)+(1+3)(-1)(-1-1)+ (2-3) 2+2 (-1)+4 (-1) 2+(-2-1)1=12+8-2-2=16.

2). 1 2 3

D= 0 1 2 = 1 + 0 +4 - 3 - 0 + 2 = 4

1 -1 1

Endi D ni birinchi satr elementlari bo'yicha yoyib hisoblaylik.

D = 1 (-1)¹⁺¹ 1 2 +2 (-1)¹⁺² 0 2 +3 (-1)¹⁺³ 0 1 =1 (1+2)-2 (-2)+3 (-1)=3+4-3=4.

-1 1 1 1 1 -1


MAVZUNI MUSTAXKAMDASH UCHUN SAVOLLAR .

a). k- tartibli minor deb nimaga aytiladi ?

b). qo'shimcha minor deb nimaga aytiladi ?

v). Algebraik to'ldiruvchi deb nimaga aytiladi ?

g). а ₁₁ а₁₂ а₁₂

D= а₂₁ а₂₂ а₂₃

а₃₁ а₃₂ а₃₃

determinantdagi а₃₂ elementga mos algebraik to'ldiruvchini toping .

20 - MA'RO'ZA

MAVZU: DETERMINANTLARNI SATR YOKI USTUN ELEMENTLARI

BO'YICHA YOYISH.
REJA:

1. Determinantlarni satr elementlari bo'yicha yoyish formulasi. Misollar.

2. Determinantlarni satr elementlari bo'yicha yoyish. Misollar.

3. Kramer formulalari.

4. Bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasining nolmas yechimga ega bo'lish sharti.

ADABIYOTLAR [ 1, 2, 3].

1. Agar Laplas teoremasida r=1 deb olib i- satrni ajratsak (4^*) formula quyidagi ko'rinishga keladi.

1- natija. D= a_i1A_i1+ a_i2A_i2+ ... +a_{i n} A_{i n} . (1)

(1) ga D determinantni i-satr elementlari bo'yicha yoyish formulasi deyiladi.

Agarda Laplas teoremasida r=1 deb olib birta j- ustunini ajratib olsak ushbu natijaga ega bo'lamiz.

2- natija. D= a_1j A_1j+ a_2j A_2j + ... + a _nj A_nj . (2)

(2) ga D ni j- ustun elementlari bo'yicha yoyish formulasi deyiladi.

Misol. 1). 1 2 3 0 ni avval 1- satr elementlari bo'yicha yoyib, keyin

D= 1 -1 2 -1 esa 1- ustun elementlari bo'yicha yoyib hisoblang.

1 1 0 1

0 2 0 1

Avvalo D ni 1-satr elementlari bo'yicha yoyib hisoblaylik:

-1 2 1 1 2 -1 1 -1 -1 1 -1 2

D=1(-1)¹⁺¹ 1 0 1 + 2 (-1)¹⁺² 1 0 1 + 3  1 1 1 + 0 (-1)¹⁺⁴ 1 1 0 =

2 0 1 0 0 1 0 2 1 0 2 0

= 0 + 0 + 4 - 0 -2 +0 -2( 0 + 0 + 0 + 0 - 2 - 0) + 3 ( 1 - 2 - 0 - 0 + 1 - 2)+ 0=

=2 + 4 - 6 = 0 .

Endi D ni 1- ustun elementlari bo'yicha yoyib hisoblaymiz:
-1 2 -1 2 3 0 2 3 0

D=1(-1)¹⁺¹ 1 0 1 + 1 (-1)²⁺¹ 1 0 1 +1 (-1)³⁺¹ -1 2 -1 + 0 =( 0 + 0 + 4 - 0 -

2 0 1 2 0 1 0 2 1

- 2 - 0 ) - ( 0 + 0 + 6 - 0 - 3 - 0) + ( 4 + 0 - 6 - 0 + 3 - 0) = 2 - 3 + 1 = 0.

Agarda D ning i- satridagi faqat birta element, masalan a_i1  0 , bo'lib

qolgan elementlar nolga teng bo'lsa, u holda D ning qiymati shu element bilan o'nga mos algebraik to'ldiruvchi A_i1 ning ko'paytmasiga teng bo'ladi.


Misol. 1). 1 2 -1 0 1 0 0 0

1 1 1 1 = 1 -1 2 1 -1 2 1

3 2 1 -1 3 -4 4 -1 = -4 4 -1 = - 20 + 4 + 0 - 0 + 40 + 1 = 25.

2 4 -3 5 2 0 -1 5 0 -1 5

2). a₁₁ 0 0 ... 0 a₂₂ 0 ... 0 а₃₃ ... 0

a₂₁ a₂₂ 0 ... 0 a₃₂ а₃₃ ... 0

D = a₃₁ a₃₂ а₃₃ ... 0 = а₁₁ - - - - - - - - = а₁₁ а₂₂ - - - - - - = ... =

- - - - - - - - - - - a_n2 a_n3 ... a_nn а_n3 ... а_nn

a_n1 a_n2 a_n3 ... a_nn
= а₁₁ а₂₂ а₃₃ ... а_nn .
3). 0 0 . . . 0 a_1n

0 0 . . . a_2,n-1 a_2n 0 0 . . . a_2,n-1

. . . . . . . . . . . . . . . = a_1n (-1)¹⁺ⁿ . . . . . . . . . . . . . =

a_n1 a_n2 . . . a_n,n-1 a_nn a_n1 a_n2 . . . a_n,n-1


0 . . . a_3,n-2

= a_1n a_2,n-1(-1)^1+n+n-1+1 - - - - - - - - - = . . .= a_1n a_2,n-1 . . . a_n1(-1)^{(n+1)+n+ . . .+ 1} =

0 . . . a_n,n-2
=(-1)^{(1+n+1)(n+!) / 2} a_1n a_2,n-1 . . . a_n1 = (-1)^{(n+1)(n+2) / 2} a_1n a_2,n-1 . . . a_n1 .
3-natija. Agar n- tartibli D determinantdagi i- satrning (ustunning) elementlarini boshqa bir j- satrining (ustunining) algebraik to'ldiruvchilariga mos ravishda ko'paytirib qo'shsak yig'indi 0 ga teng bo'ladi, ya'ni

a_i1A_j1+ a_i2A_j2+ ... +a_{i n} A_{j n} = 0 , ( i j) (3)

a_1i A_1j+ a_2i A_2j + ... + a _{n i} A_nj =0, ( i  j). (4)

Isboti. 1- natijaga ko'ra D=a_1j A_1j+ a_2j A_2j + ... + a_nj A_nj . Agar bu formulaning chap tomonidagi a_1j , a_2j , ... , a _nj elementlarni mos ravishda a_1i , a_2i , ... , a _ni lar bilan almashtirsak (ya'ni D da j-ustun elementlarining o'rniga ham i-ustun elementlarini yozsak) D da ikkita bir xil ustun paydo bo'ladi. Determinantlarning xossasiga ko'ra bunday determinantning qiymati nolga teng. Shunday qilib (4) tenglik isbotlandi. (3) ham xuddi sho'nga o'xshash isbotlanadi.

3. Faraz etaylik n ta nomalumli n ta chiziqli tenglamadan to'zilgan sistema

a₁₁ x₁ + a₁₂ x₂ + ... + a_1j x_j + ... + a_1n x_n = b₁

a₂₁ x₁ + a₂₂ x₂ + ... + a_2j x_j + ... + a_2n x_n = b₂

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - (5)

a_n1 x₁ + a_n2 x₂ + ... + a_nj x_j + ... + a_nn x_n = b_n
berilgan bo'lsin. Bu sistemadagi 1-tenglamani A_1j ga, ikkinchisini А_{2 j} ga, ... , n- tenglamani A_nj ga ko'paytirib, tenglamalarni hadlab qo'shamiz. U holda
(a₁₁ A_{1 j} + a₂₁ A_{2 j} + ... + a_n1 A_{n j} ) x₁ +( a₁₂ A_{1 j} + a₂₂ A_{2 j} + ... + a_n1 A_{n j}) х₂+...+

+( a_1j A_{1 j} + a_2j A_{2 j} + ... + a_nj A_nj)х_j+...+( a_1n A_{1 j} + a_2n A_{2 j} + ... + a_nn A_nn)х<sub>n=

=</sub>b₁A_1j+b₂A_2j+...+b_nA_nj .
tenglamaga ega bo'lamiz . Bundan esa (4)ga asosan

(а_1j А_1j +a_2j A+... + a_nj A_nj ) х_j=b₁A_1j+b₂A_2j+...+b_n A_nj (6)

ni hosil qilamiz. (6) ning chap tomonidagi х_j noma'lum oldidagi koeffisiyent 2-natijaga ko'ra D ga teng. O'ng tomonidagi ifoda esa D dagi j-ustun elementlarining o'rniga (5) dagi ozod hadlar ustunini qo'yib hosil qilingan D_j determinantga teng . Demak , Dх_j =D_j еки х_j=D_j / D , j=1,2,3,...,n ; ya'ni

х₁=D₁ / D, х₂=D₂ / D , ... , х_n =D_n / D (7) formulalarga Kramer formulalari deyiladi. (7) ning (5)-chiziqli tenglamalar sistemasini qanoatlantirishini bevosita uning istalgan tenglamasiga qo'yib tekshirib ko'rish mumkin.

(7) da D0 bo'lishi kerak, agar D=0 bo'lsa, (5) yechish uchun Kramer formu-lasidan foydalanib bo'lmaydi . ( Bu holda (5) ning rangi r < n topiladi va (5)da n-r ta noma'lumlarni o'ng tomonga o'tkazib keyin qo'llasa bo'ladi).

Misol. 2x₁ - 3x₂ + x₃ = -1

x₁ + 4x₂ - x₃ = 3

3x₁ - x₂ + x₃ = 4 chiziqli tenglamalar sistemasini Kramer formulalaridan foydalanib yeching.

Avvalo D, D₁, D₂ , D₃ larni hisoblaylik.

2 -3 1

D= 1 4 2 =8 - 1 + 18 - 12 + 3 - 4 = 12  0

3 -1 1

-1 -3 1

D₁= 3 -4 -2 =- 4 - 3 + 24 - 16 + 9 +2 = -23 + 35 = 12

4 -1 -1

2 -1 1

D₂ = 1 3 -2 = 6 + 4 + 6 - 9 + 1 + 16 = 24

3 4 1

2 -3 -1

D₃ = 1 4 3 = 32+ 1 - 27 + 12 + 12 + 6 = 63 - 27 =36.

3 -1 4

Bu topilgan qiymatlarni (7) formulalarga olib borib qo'ysak

х₁=D₁ / D =12 / 12 =1 , х₂=D₂ / D =24 / 12 = 2 , х₃ =D₃ / D =36 / 12 =3

berilgan sistemaning yechimlariga ega bo'lamiz.

Endi ushbu teoremani isbotlaymiz:

Teorema. n ta noma'lumli n ta bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi noldan farqli yechimga ega bo'lishi uchun uning noma'lumlari oldidagi koeffisiyentlardan to'zilgan matrisaning determinanti nolga teng ( D = det A=0 ) bo'lishi zarur va yetarlidir.

Isboti.a).Faraz etaylik

a_i1 x₁ + a_i2 x₂ + ... + a_in x_n = 0 , ( i=1,2 , ...,n) (8)

sistema noldan farqli ₁₂  _n yechimga ega bo'lsin. U holda

a_i1  ₁ + a_i2 ₂ + ... + a_in _n = 0 , ( i=1,2 , ...,n) . (9)

Bu oxirgi sistemani quyidagicha yoza olamiz:

(a₁₁  ₁ + a₁₂ ₂ + ... + a_1n _n ; a₂₁  ₁ + a₂₂ ₂ + ... + a_2n _n ;  ;a_n1  ₁ + a_n2 ₂ + ... + a_nn _n) = ( 0, 0, ... , 0)

yoki

 ₁(a₁₁ ,a₂₁ , ... a_n1)+₂( a₁₂ , a₂₂ , ... ,a_n2) +  +  _n( a_1n , a_2n , ... , a_nn )= 0 . (10)
(10) dan ko'rinadiki D ning ustunlari chiziqli bog'langan va demak D=0.

б). D=0 bo'lsa, u holda determinantlarning xossalariga ko'ra uning ustunlari chiziqli bog'langan. Demak, hech bo'lmasa birortasi noldan farqli bo'lgan ₁₂  _n sonlari mavjud bo'lib (10) bajariladi. (10) dan esa (9) kelib chiqadi, ya'ni (8)-sistema noldan farqli yechimga ega.

Misol. 2x₁ +x₂ - 4 x₃ = 0

x₁ - x₂ - 5x₃ = 0

3x₁ +4 x₂ - x₃ = 0 chiziqli tenglamalar sistemasini qaraylik..

Bunda 2 1 -4

d= 1 -1 -5 = 2 - 16 - 15 - 12 + 1 + 40 = 43 - 43 = 0

3 4 -1

bo'lgagligi uchun sistema noldan farqli yechimga ega. Uni Gauss usuli bilan yechamiz :

x₁ - x₂ - 5x₃ = 0 x₁ - x₂ - 5x₃ = 0 x₁ - x₂ - 5x₃ = 0

3 x₂ + 6x₃ = 0  x₂ + 2x₃ = 0  x₂ + 2x₃ = 0 

7x₂ + 14x₃ = 0 x₂ + 2x₃ = 0
x₂ = -2x₃ , x₁ = 5x₃ + x₂ = 5x₃ - 2x₃ = 3x₃ .

Javobi: x₁ = 3x₃ , x₂ = -2x₃ , x₃ R .