Termiz davlat universiteti fizika- matematika fakulteti matematik tahlil kafedrasi
MAVZUNI MUSTAXKAMLASH UCHUN SAVOLLAR
Download 0.82 Mb.
|
algebra va sonlar nazariyasi
- Bu sahifa navigatsiya:
- 19- MAROZA MAVZU: MINORLAR VA ALGEBRAIK TOLDIRUVCHILAR REJA
- MAVZUNI MUSTAXKAMDASH UCHUN SAVOLLAR
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 . .. a1k a1,k+1 ... a1n
a11 a12 ... a1k ak+1,k+1 ak+1,k+2 ... ak+1,n M= a21 a22 ... a2k М' = ak+2,k+1 ak+2,k+2 ... ak+2,n - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - ak1 ak2 ... akk an,k+1 an,k+2 ... ann . Agar k=1 bo'lsa, birta eleiyentga (masalan, ai 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 ,..., ik va ustunlar j1 , j2 , ... , ,jk 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 +...+ ik+ j1+ j2+ ... + ,jk A=(-1) M’ bo'ladi. Xususiy holda M= ai j bo'lsa, Ai j =(-1) i+j M’i j bo'ladi. Misol.
Shu determinantdagi a43 elementning algebraik to'ldiruvchisi a11 a12 a14 a11 a12 a14
dan iborat bo'ladi. Endi ushbu teoremani isbotlaymiz.
10- xol. M minor D determinantning yuqri chap burchagida, qo'shimcha minor esa kuyi o'ng burchagida joylashgan bo'lsin: a11 a12 . .. a1r a1,r+1 ... a1n
ko'rinishga ega. Bunda p=inv. 1 2 3 ... r ... r . А= M' ning istalgan hadi esa (-1)q ar+1, r+1 ar+2, r+2 ...an, 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
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 , ...,kr satrlari va l1, l2 ,..., lr ustunlarini ishgol qilsin va
(k1 -1)+(k2-2)+ ... +(kr-r)+(l1-1)+(l2-2)+ ...+(lr-r) D= (-1) D' = k1 +k2+ ... +kr+l1+l2+ ...+lr = (-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+ ... +kr+l1+l2+ ...+lr (-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, ... , Mt va ularga mos algebraik to'ldiruvchilar А1, А2 , ... , Аt bo'lsin. U holda M1 А1+ M2 А2+ ... + Mt Ае=D (4) ekanligini isbotlaymiz. 1-teoremaga ko'ra Mi ning istalgan hadini Аi ning istalgan hadiga ko'paytirsak D ning hadi hosil bo'ladi. Mi Аi ва Mj Аj lar (i j) umumiy hadga ega emas, chunki Mi va Mj 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 Mi minorda (r-tartibli determinant) r! ta Аi da esa (n-r) ! ta had bor. U holda Mi Аi 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: Cnr=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
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
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) 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) 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:
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 ai1 0 , bo'lib qolgan elementlar nolga teng bo'lsa, u holda D ning qiymati shu element bilan o'nga mos algebraik to'ldiruvchi Ai1 ning ko'paytmasiga teng bo'ladi.
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 - - - - - - = ... = - - - - - - - - - - - an2 an3 ... ann аn3 ... аnn an1 an2 an3 ... ann = а11 а22 а33 ... аnn . 3). 0 0 . . . 0 a1n 0 0 . . . a2,n-1 a2n 0 0 . . . a2,n-1 . . . . . . . . . . . . . . . = a1n (-1)1+n . . . . . . . . . . . . . = an1 an2 . . . an,n-1 ann an1 an2 . . . an,n-1 0 . . . a3,n-2 = a1n a2,n-1(-1)1+n+n-1+1 - - - - - - - - - = . . .= a1n a2,n-1 . . . an1(-1)(n+1)+n+ . . .+ 1 = 0 . . . an,n-2 =(-1)(1+n+1)(n+!) / 2 a1n a2,n-1 . . . an1 = (-1)(n+1)(n+2) / 2 a1n a2,n-1 . . . an1 . 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 ai1Aj1+ ai2Aj2+ ... +ai n Aj n = 0 , ( i j) (3) a1i A1j+ a2i A2j + ... + a n i Anj =0, ( i j). (4) Isboti. 1- natijaga ko'ra D=a1j A1j+ a2j A2j + ... + anj Anj . Agar bu formulaning chap tomonidagi a1j , a2j , ... , a nj elementlarni mos ravishda a1i , a2i , ... , 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 + ... + a1j xj + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2j xj + ... + a2n xn = b2 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - (5) an1 x1 + an2 x2 + ... + anj xj + ... + ann xn = bn berilgan bo'lsin. Bu sistemadagi 1-tenglamani A1j ga, ikkinchisini А2 j ga, ... , n- tenglamani Anj ga ko'paytirib, tenglamalarni hadlab qo'shamiz. U holda (a11 A1 j + a21 A2 j + ... + an1 An j ) x1 +( a12 A1 j + a22 A2 j + ... + an1 An j) х2+...+ +( a1j A1 j + a2j A2 j + ... + anj Anj)хj+...+( a1n A1 j + a2n A2 j + ... + ann Ann)хn= =b1A1j+b2A2j+...+bnAnj . tenglamaga ega bo'lamiz . Bundan esa (4)ga asosan (а1j А1j +a2j A+... + anj Anj ) хj=b1A1j+b2A2j+...+bn Anj (6) ni hosil qilamiz. (6) ning chap tomonidagi хj 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 Dj determinantga teng . Demak , Dхj =Dj еки хj=Dj / D , j=1,2,3,...,n ; ya'ni х1=D1 / D, х2=D2 / D , ... , хn =Dn / 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 D0 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
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:
sistema noldan farqli 12 n yechimga ega bo'lsin. U holda ai1 1 + ai2 2 + ... + ain n = 0 , ( i=1,2 , ...,n) . (9) Bu oxirgi sistemani quyidagicha yoza olamiz: (a11 1 + a12 2 + ... + a1n n ; a21 1 + a22 2 + ... + a2n n ; ;an1 1 + an2 2 + ... + ann n) = ( 0, 0, ... , 0) yoki 1(a11 ,a21 , ... an1)+2( a12 , a22 , ... ,an2) + + n( a1n , a2n , ... , ann )= 0 . (10)
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 12 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 . Download 0.82 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: |
ma'muriyatiga murojaat qiling