|
Lemma 22.1.
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
2
,
,...,
k
j j
j
ustunlarda joylashgan bo’lib,
1
2
1
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
1,
2,...,
k
i
i
i
k
va
1
2
1,
2,...,
k
j
j
j
k
almashtirishlar bajarib, bosh
1
2
1
2
1
2
1,
2,
...
...
k
k
k
n
k
k
k
n
sign
sign
a
a
a
a
a
a
90
minorga olib kelamiz. Hosil bo’lgan
A
determinant oldingi
A
determinant bilan
faqat
1
z
ishorasi bilangina farq qiladi, ya’ni bunda
1
z
A
A
bo’lib,
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
...
1
2
...
...
...
2 1 2 ...
2 1 2 ...
k
k
k
k
M
z
i
i
i
k
j
j
j
k
i
i
i
j
j
j
k
S
k
bo’ladi va demak
2 1 2 ..
1
1
M
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
22.2.
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 22.3.
(Laplas teoremasi) Determinantning tanlab olingan
k
ta (
1
1
k
n
) satri (yoki ustuni) bo’yicha barcha minorlarining o’z algebraik
to’ldiruvchilarining yig’indisi determinantga teng bo’ladi.
Isbot
.
Teoremaning shartiga asosan biz
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
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
1
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
.
91
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
!
k
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
4
n
tartibli determinantni hisoblaymiz. Bu determinantni qulay joylashgan nollari
bo’lmish
2
k
ta birinchi va uchinchi satrlari bo’yicha yoyib hisoblaymiz. Shunday
qilib,
2
4
3 4
6
1 2
z
C
bo’lib,
k
92
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.
Laplas teoremasidan foydalanib, determinantlarni hisoblash amalda ancha
hisoblash nuqtai nazaridan ancha murakkab masala bo’lib, hisoblashni almashtirish
uchun determinantda yetarlicha nollar ishtirok etish uni ancha tezlik va osonlik bilan
hisoblashimiz mumkin. Bu masalani hal qilish uchun biz determinantning
xossalaridan foydalanib, unga yetarlicha nollarni hosil qilishimiz, so’ngra Laplas
teoremasini qo’llab osonlik bilan determinantlarni hisoblashimiz mumkin. Bu masala
o’z navbatida berilgan halqada elementlariga teskari elementlari mavjudligiga olib
keladi. Agar biz determinantlarni maydonlarda, xususan
, ,
va hokazo sonli
maydonlar ustida qarasak determinantda nollar paydo bo’lishligini ko’p bo’lishligini
ta’minlab olamiz. Biz bilgan va o’rgangan butun sonlar halqasida teskarilanuvchi
elementlar ikkita 1 va -1 bo’lishligiga qaramay bu yerda ham
halqani xossalardan:
qoldiqli bo’lish, Yevklid algoritmi va EKUBni sonlar orqali chiziqli ifodalash
foydalanib determinantda ancha nollar paydo qildirishimiz mumkin. Tabiiyki,
m
halqada bu ancha murakkabroq, lekin
p
maydonda bu muammo ancha yaxshi
natijalarni beradi.
Bunday muammolar tabiiyki, chiziqli tenglamalar sistemasini yechilish
masalasi qo’llanadigan Gauss metodida ham mavjuddir.
93
1
,
0
,
,
,
,
;
1
F
F
mаydоn vа mаydоn ustidа
n
n
F
kvаdrаt mаtritsаlаr
to’plаmi bеrilgаn bo’lsin.
7.3.1-tа’rif.
Kvаdrаt mаtritsаning hаr bir sаtr vа hаr bir ustunidаn bittаdаn
elеmеntlаr оlib tuzilgаn ko’pаytmаlаrning аlgеbrаik yig’indisigа bеrilgаn kvаdrаt
mаtritsаning dеtеrminаnti dеyilаdi.
nn
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
A
...
...
...
...
...
...
...
2
1
2
22
21
1
12
11
mаtritsаning hаr bir sаtr vа hаr bir ustunidаn
bittаdаn elеmеnt оlib tuzilgаn n tа elеmеntlаr ko’pаytmаsi
n
n
a
a
...
1
1
bilаn n-
dаrаjаli o’rnigа qo’yish
)
(
...
)
1
(
...
1
n
n
lаrni birini ikkinchisigа mоs qo’yuvchi
o’zаrо bir qiymаtli mоslik mаvjud. Bu mоslikdаn
n
-
tаrtibli kvаdrаt mаtritsаning
dеtеrminаntini аniqlаshdа fоydаlаnаmiz.
Uchinchi dаrаjаli o’rnigа qo’yishlаr to’plаmi
}
,
,
,
,
,
{
5
4
3
2
1
0
3
S
dаgi
o’rnigа qo’yishlаr quyidаgichа:
3
2
1
3
2
1
0
,
2
3
1
3
2
1
1
,
3
1
2
3
2
1
2
,
1
3
2
3
2
1
3
,
2
1
3
3
2
1
4
,
1
2
3
3
2
1
5
.
Uchinchi tаrtibli kvаdrаt mаtritsа dеtеrminаnti
33
32
31
23
22
21
13
12
11
a
a
a
a
a
a
a
a
a
D
ni hisоblаsh
uchun uchinchi dаrаjаli o’rnigа qo’yishlаr yordаmidа ko’pаytmаlаr tuzаmiz. Urnigа
qo’yishning ishоrаsi u yordаmidа hоsil qilingаn ko’pаytmаni qo’shish yoki аyirish
kеrаkligini аniqlаb bеrаdi. Bundаn quyidаgi ifоdаni hоsil qilаmiz.
94
33
32
31
23
22
21
13
12
11
a
a
a
a
a
a
a
a
a
D
31
22
13
32
21
13
31
23
12
33
22
11
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
33
21
12
32
23
11
a
a
a
a
a
a
.
Do'stlaringiz bilan baham: |
