Termiz davlat universiteti fizika- matematika fakulteti matematik tahlil kafedrasi

MAVZUNI MUSTAXKAMLASH UCHUN SAVOLLAR .

1). Matrisaning rangi deb nimaga aytiladi?

2). Chiziqli tenglamalar sistemasining rangi deb nimaga aytiladi ?

3). Matrisaning satrlar (ustunlar) bo'yicha rangi deb nimaga aytiladi?

4). Matrisadagi elementar almashtirishlar uning rangiga qanday ta'sir qiladi?


16- MA'RO'ZA

MAVZU: CHIZIqLI TENGLAMALAR SISTEMASINI NOMA'LUM-

LARINI KETMA-KET YUqOTISH USULI (GAUSS USULI) BILAN YECHISH

R YE J A:

1. Chiziqli tenglamalar sistemasida yagona yechimga ega bo'lgan xol.

2. Chiziqli tenglamalar sistemasi cheksiz ko'p yechimga ega bo'lgan xol.

3. Misollar.

4. Bir jinsli va bir jinsli bo'lmagan chiziqli tenglamalar sistemasi yechimlari orasidagi bog'lanish.

ADABIYOTLAR [ 1 , 2 , 3 ].

Ushbu mxn -chiziqli tenglamalar sistemasi (ch.t.s.)

a₁₁ x₁ +a₁₂ x₂ + ....+ a_1n x_n = b₁

a₂₁ x₁ +a₂₂ x₂ + ....+ a_2n x_n = b₂

.................................................. (1)

a_m1 x₁ +a_m2 x₂ + ....+ a_mn x_n = b_m

berilgan bo'lsin.Uni Gauss usuli bilan yechish uchun uning Ixtiyoriy bir (masa- lan birinchi) tenglamasini yezib olamiz va qolgan tenglamalarning barchasidan birorta noma'lumni (masalan, x₁ ni) yuqotamiz. U holda ushbu sistemaga ega bo'lamiz:

a₁₁ x₁ +a₁₂ x₂ + ....+ a_1n x_n = b₁

a'₂₂ x₂ + ....+ a'_2n x_n = b'₂

................................... (2)

a'_m2 x₂ + ....+ a'_mn x_n = b'_m

Tushunarliki (2) sistema (1) ga ekvivalent. Endi (2) sistemadagi 1-tenglamani va qolgan tenglamalardan yana birortasini (masalan 2-tenglamani) yozib olamiz, qolgan barcha tenglamalardan x₂ ni yuqotamiz. Shu jarayonni davom ettiramiz. Bunda agar 0=0 ko'rinishdagi tenglama hosil bo'lsa, uni tushirib qoldiramiz. Agarda, 0=b (b0) ko'rinishdagi tenglik hosil bo'lsa,u holda ja-rayenni to'xtatamiz va sistema yechimga ega bo'lmaydi. Shu jarayonni k marta takrorlagandan keyin quyidagi ikki holatdan biri yuz beradi:

1).Oxirgi tenglamada faqat 1 ta noma'lum qatnashib qoladi;

2).Oxirgi tenglamada 1 tadan ortiq noma'lum qatnashadi va ulardan birortasini ham endi yuqotish imkoniyati yuk.

1-holda oxirgi tenglamadan x_n ni topib olamiz va uni oxirgidan oldingi tenglamaga qo'yib x_n-1 ni topamiz. x_n va x_n-1 larni topilgan qiymatlarini undan oldingi tenglamaga qo'yib x_n-2 ni topamiz va x.k. x_n ,x_n-1 , ... , x₂ larning topilgan qiymatini sistemadagi birinchi tenglamaga qo'yib x₁ ni topamiz.

Shunday qilib, bu holda berilgan sistema yagona x₁ =₁, x₂ =₂, ... ,x_n =_n yechimga ega.

Misol. 1).  x₁ - x₂ + х₃ = 2 sistemani Gauss

 2x₁ + х₂-2x₃ =-2 usuli bilan

 5x₁ +2х₂-7x₃ =-12 yeching.

 x₁ - x₂ + х₃ = 2  x₁ - x₂ + х₃ = 2  х₃ =3 ,

 3x₂ -4х₃ =- 6   3x₂ -4х₃ =- 6   3x₂ =4х₃ - 6=-6+12=6

 7х₂ -12х₃=-22  -8х₃=-24  x₂ =2 , x₁ = x₂ - х₃ +2=2+2-3=1.

Javobi: x₁ = 1, x₂ =2 , х₃ =3.

Ikkinchi holda sistemaning oxirgi tenglamasida faqat birta noma'lumni chap tomonda (masalan, x_k ni) qoldirib boshqa noma'lumlarni x _k+1 ,..., x_n larni erkli o'zgaruvchi sifatida kabo'l qilib hosil bo'lgan sistemani 1-holda gi singari yo'l bilan yechib х₁,x₂,...,x_n larni topamiz va bu holda topilgan yechim х_k+1,...,x_n erkli o'zgaruvchi (parametr) larga bog'liq bo'ladi va ularga Ixtiyoriy qiymatlar berib sistemaning cheksiz ko'p yechimini topamiz.

Misol. 2).  x₁ - x₂ + х₃ = 2 x₁ -x₂ + х₃ = 2  x₁ - x₂ + х₃ = 2

 2x₁ + х₂- 2x₃ = - 2   3x₂ -4х₃ =- 6   3x₂ -4х₃ =- 6

 x₁ +2x₂ -3х₃ = - 4  -3x₂ +4х₃ = 6 
3x₂ =-6+4х₃ , x₂ = - 2 + (4/3)х₃ , x₁= 2+x₂ - х₃ =2-2+(4/3) х₃ - х₃=х₃ /3 .

Javobi: х₁= х₃ /3; х₂=2+(4/3) х₃ ; х₃ R.

Bu almashtirishlarni tug'ri burchakli matrisalar yordamida ham bajarish mumkin.

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

2 1 -2 -2  0 3 -4 -6  0 3 -4 -6

1 2 -3 -4 0 -3 4 6 0 0 0 0 .

4. Faraz etaylik

a_i1x₁ +a_i2 x₂ + ....+ a_in x_n = b_i , i=1,2,3, ... , m . (1)

csistema bilan birga o'nga mos

a_i1x₁ +a_i2 x₂ + ....+ a_in x_n = 0 , i=1,2,3, ... , m . (2)

bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi ham berilgan bo'lsin.

1. (2) sistemaning ikkita (₁, ₂, . . . ,_n) va (₁, ₂, . . . , _n) yechimlarining yig'indisi va ayirmasi ham shu sistemaning yechimi bo'ladi.

Isboti. Haqiqatan ham, a_i1₁ +a_i2 ₂ + ....+ a_in _n = 0 va a_i1₁ +a_i2 ₂ +

+ . ..+ a_in _n = 0 bo'lsa , u holda a_i1(₁  ₁)+a_i2 (₂  ₂)+ ....+ a_in (_n  _n)=

= a_i1₁ +a_i2 ₂ + ....+ a_in _n  (a_i1₁ +a_i2 ₂ + . ..+ a_in _n )= 0  0=0.

2. (2)-sistemaning ixtiyoriy yechimining R soniga ko'paytmasi yana shu sistemaning yechimi bo'ladi.

Isboti. (₁, ₂, . . . ,_n) (2)-sistemaning yechimi bo'lsin, ya'ni a_i1₁ +a_i2₂+ + ....+ a_in _n = 0 , u holda a_i1(₁)+a_i2 (₂)+ ....+ a_in(_n) = ( a_i1₁ +a_i2₂ +

+ ....+ a_in _n)=   0=0.

Bu ikki xossadan kelib chiqadiki, (2) sistemaning yechimlar to'plami W arifmetik fazo bo'lar ekan (n o'lchovli arifmetik fazo mavzusiga qarang), ya'ni W, n o'lchovli arifmetik fazoning Qism fazosi ekan.

3. (1) ning ixtiyoriy (₁, ₂, . . . ,_n) va (₁, ₂, . . . , _n) yechimlarining ayirmasi (2) sistemaning yechimi bo'ladi.

Isboti. Haqiqatan ham a_i1₁ +a_i2 ₂ + ....+ a_in _n = b_i va a_i1₁ +a_i2 ₂ +

+ . ..+ a_in _n = b_i bo'lsa, u holda a_i1(₁ - ₁)+a_i2 (₂ - ₂)+ ....+ a_in (_n - _n)=

= a_i1₁ +a_i2 ₂ + ....+ a_in _n - (a_i1₁ +a_i2 ₂ + . ..+ a_in _n )= b_i - b_i =0 bo'ladi.

4. (1) (1) ning ixtiyoriy yechimi (₁, ₂, . . . ,_n) bilan (2) ning yechimi (₁, ₂, . . .

... , _n) larning yig'indisi va ayrmasi ham (1) ning yechimi bo'ladi.

Isboti. a_i1₁ +a_i2 ₂ + ....+ a_in _n = b_i va a_i1₁ +a_i2 ₂ + . ..+ a_in _n = 0 bo'lsa , u holda a_i1(₁  ₁)+a_i2 (₂  ₂)+ ....+ a_in (_n  _n)= a_i1₁ +a_i2 ₂ + ....+ +a_in _n  (a_i1₁ +a_i2 ₂ + . ..+ a_in _n )= b_i  0 = b_i bo'ladi.

3 va 4 - xossalardan kelib chiqadiki, (1)- sistemaning yechimlarini hosil qilish uchun uning birta х₀ =(₁, ₂, . . . ,_n) yechimiga (2) - sistemaning yechimini qo'shish kifoya, ya'ni agar (1) nig yechimlari to'plamini H desak, H=х₀+W. Demak, H to'plam W qism fazoni х₀ vektorga siljitish natijasida hosil bo'ladi. Bunday holda (1) ning yechimlari to'plami chiziqli ko'pxillilik tashkil etadi deyiladi.

MAVZUNI MUSTAXKAMLASH UCHUN SAVOLLAR .
1. CH.t.s.ni Gauss usuli bilan yechishni gapirib bering .

2. qanday holda ch.t.s. yechimga ega emas .

3. qanday holda chiziqli tenglamalar sistemasi yagona yechimga ega ?

4. qanday holda ch.t.s. cheksiz ko'p yechimga ega ?

5. Bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemaning yechimlari fazosi deganda nimani tushunasiz ?

6. Chiziqli ko'pxillik nima ?

17-MA'RO'ZA

MAVZU: 2 VA 3- TARTIBLI DETERMINANTLAR. O'RNIGA QO'YISHLAR

GRUPPASI.
R YE J A:

1. Ikki noma'lumli chiziqli tenglamalar sistemasi va ikkinchi tartibli determinantlar.

2. 3 noma'lumli chiziqli tenglamalar sistemasi va 3-tartibli determinantlar.

3. O'rniga qo'yishlar gruppasi.

4. Juft va tok o'rniga qo'yishlar.

ADABIYOTLAR [ 1, 2, 3 ].

1. Faraz etaylik bizga




a₁₁x₁ +a₁₂ x₂ = b₁ (1) a₂₁ a₂₂

a₂₁x₁ +a₂₂ x₂ = b₂ -a₁₁ - a₁₂

chiziqli tenglamalar sistemasi berilgan bo'lsin. (1) ni x₁ va x₂ ga nisbatan yechsak

b₁ a₂₂ - b₂ a₁₂ b₂ a₁₁ - b₁ a₂₁

x₁=  , x₂=  (2)

a₁₁ a₂₂ - a₁₂ a₂₁ a₁₁ a₂₂- a₁₂ a₂₁

lar hosil qilamiz. Bu yerda maxraj

a₁₁ a₁₂

d= a₁₁ a₂₂ -a₁₂a₂₁ = (3)

a₂₁ a₂₂

ko'rinishda belgilanib (3)ga ikkinchi tartibli determinant deyiladi. Demak, ikkinchi tartibli determinantni hisoblash uchun uning bosh diagonalidagi elementlari ko'paytmasidan ikkinchi diagonalidagi elementlari ko'paytmasini ayirish kerak ekan. (2) ning suratidagi ifodalarni ham ikkinchi tartibli determinant ko'rinishda yozish mumkin:

b₁ a₁₂ a₁₁ b₂

d₁= b₁ a₂₂ - b₂ a₁₂= , d₂= b₂ a₁₁ - b₁ a₂₁ =

b₂ a₂₂ a₂₁ b₂

Bo'lardan foydalanib (2) ni

x₁= d₁ / d , x₂= d₂ / d (4)

ko'rinishda yozish mumkin. (4) ga (1) sistemani yechish uchun Kramer formulasi deyiladi.

Misol.

3x₁ +2x₂ = 5

x₁ - x₂ = 0 sistemani Kramer formulalari yordamida yeching.

Bu yerda

d= 3 2 = -3-2=-5 ; d₁= 5 2 =-5-0=-5; d₂= 3 5 = -5 .

1 -1 0 -1 1 0

Demak, (4) ga ko'ra x₁= -5 / -5 = 1 va x₂= -5 / -5 =1.

Javobi: x₁ = 1 va x₂= 1.

2. Endi faraz qilaylik 3 ta noma'lumli

 a₁₁x₁ +a₁₂ x₂ +a₁₃ x₃ = b₁

 a₂₁x₁ +a₂₂ x₂ +a₂₃ x₃ = b₂ (5)

 a₃₁x₁ +a₃₂ x₂ +a₃₃ x₃ = b₃

chiziqli tenglamalar sistemasi berilgan bo'lsin. (5)ni x₁ ,x₂ , x₃ larga nisbatan yechamiz. Buning uchun uning birinchi tenglamasini a₂₂ a₃₃ - a₂₃ a₃₁ ga ikkinchisini a₁₃ a₃₂ - a₁₂ a₃₃ ga va uchinchisini a₁₂ a₂₃ - a₁₃ a₂₂ ga ko'paytirib kushamiz. U holda

b₁ a₂₂ a₃₃ + b₂ a₁₃ a₃₂ + b₃ a₁₂ a₂₃ - b₃ a₁₃ a₂₂ - b₂ a₁₂ a₃₃ - b₁ a₂₃ a₃₂

x₁=  . (6)

a₁₁ a₂₂ a₃₃ + a₂₁ a₁₃ a₃₂+ a₃₁ a₁₂ a₂₃ - a₃₁ a₁₃ a₂₂ - a₂₁ a₁₂ a₃₃ - a₁₁ a₂₃ a₃₂

Buning maxrajini

d= a₁₁ a₂₂ a₃₃ + a₂₁ a₁₃ a₃₂+ a₃₁ a₁₂ a₂₃ - a₃₁ a₁₃ a₂₂ - a₂₁ a₁₂ a₃₃ - a₁₁ a₂₃ a₃₂ =

a₁₁ a₁₂ a₁₃

= a₂₁ a₂₂ a₂₃ (7)

a₃₁ a₃₂ a₃₃

deb belgilab olsak , (7) ga 3- tartibli determinant dyoyilali. (7) ning chap tomonidan uni hisoblash qoidasi kelib chiqadi:

   +    - + a₁₁ a₁₂ a₁₃ -

   +    ; a₂₁ a₂₂ a₂₃

      a₃₁ a₃₂ a₃₃

a₁₁ a₁₂ a₁₃

a₂₁ a₂₂ a₂₃

Osonlik bilan ko'rish mumkinki, agar (7) da 1-ustun elementlari a₁₁ , a₂₁ ,a₃₁

ni mos ravishda b₁ ,b₂ ,b₃ lar (ozod hadlar ustuni) bilan almashtirsak (6) ning surati hosil bo'ladi, ya'ni (7) dan
b₁ a₁₂ a₁₃

d₁= b₂ a₂₂ a₂₃ = b₁ a₂₂ a₃₃ + b₂ a₁₃ a_{3 2} +b₃ a₁₂ a₂₃ - b₃ a₁₃ a₂₂ - b₂ a₁₂ a₃₃ -

b₃ a₃₂ a₃₃ - b₁ a₂₃ a₃₂ . (8)
(7) va (8) ga asosan (6) ni quyidagicha yoza olamiz: x₁= d₁ / d. Xuddi shuningdek, (5) ni x₂ va x₃ ga nisbatan yechsak x₂= d₂ / d , x₃= d₃ / d larni hosil qilamiz. Bu yerda
a₁₁ b₁ a₁₃ a₁₁ a₁₂ b₁

d₂= a₂₁ b₂ a₂₃ , d₃ = a₂₁ a₂₂ b₂

a₃₁ b₃ a₃₃ a₃₁ a₃₂ b₃ .

Misolar. 1).

2 3 1

d= 4 0 1 = 0+ 4 +3 - 0 -12 - 2=-7.

1 1 1

2).  x+ y+ z= 1

 x- y + z= 0

 x - y- z=-1 chiziqli tenglamalar sistemasini yeching.

1 1 1 1 1 1

d = 1 -1 1 = 1 -1 +1 +1 +1=4 ; d₁ = 0 -1 1 = 1+0- 1-1+0+1=0

1 -1 -1 -1 -1 -1

1 1 1 1 1 1

d₂= 1 0 1 = 0-1+1-0+1+1 = 2; d₃ = 1 0 1 =1 -1 + 0 + 1+ 1 - 0 = 2.

1 -1 -1 1 -1 -1

Shuning uchun ham x=0/4=0, y=2/4=1/2; z=2/4=1/2.

Javobi: (0, 1/2, 1/2).

3. O'rniga qo'yishlar gruppasi. Faraz etaylik, bizga n ta elementga ega bo'lgan A to'plam berilgan bo'lsin. Bu to'plam elementlarini 1,2,...,n lar bilan nomerlab chikaylik. U holda A ni A={ 1,2,3,...,n} deb yozish mumkin.

1-ta'rif. A to'plamni o'ziga biyektiv (o'zaro bir qiymatli) akslantirishga o'rniga qo'shish deyiladi.

Tushunarliki qaralayotgan to'plamda n! ta o'rniga qo'yish mavjud. Bundan keyin biz s o'rniga qo'yishda 1, 2, 3, ... , n elementlarning mos ravishda i₁ ,i₂ , ... , i_n elementlarga utishini

s =  1 2 3 . . . n 

 i₁ i₂ i₃ . . . i_n 

ko'rinishda belgilaymiz. Agar s =  1 2 3 . . . n  va t=  1 2 3 . . . n 

 i₁ i₂ i₃ . . . i_n   j₁ j₂ j₃ . . . j_n 

o'rniga qo'yishlar berilgan bo'lib i_k = j_k (k= 1,2,..., n) tenglik bajarilsa s va t o'rniga qo'yishlarga teng deyiladi va s= t ko'rinishda yoziladi.

e=  1 2 3 . . . n 

 1 2 3 . . . n  ga ayniy o'rniga qo'yish deyiladi.

n ta elementdan to'zilgan A to'plamdagi barcha o'rniga qo'yishlar to'plamini S_n bilan belgilaymiz. S_n dagi ikkita s va t o'rniga qo'yishning ko'paytmasi deb avvalo s keyin esa t o'rniga qo'yishni bajarish natijasida hosil bo'lgan o'rniga qo'yishga aytiladi.

Masalan: s=  1 2 3 4  t =  1 2 3 4

 4 1 3 2   2 1 4 3 bo'lsin.

U holda s t =  1 2 3 4    1 2 3 4 =  1 2 3 4 

 4 1 3 2   2 1 4 3  3 2 4 1  bo'ladi.

1 - teorema.  S_n ;  - multiplikativ gruppa bo'ladi.

Isboti. Gruppa ta'rifmdagi shartlarning bajarilishini tekshiraylik.

1)  s,t S_n  s t S_n bajariladi;

2)  s,t,l S_n  s (t l)=(s t) l bo'ladi, chunki agar s=  m  t= n  l= k

 n ,  k ,  a bo'lsa, bu tenglik  m     n   k =   m    n     k 

 n    k   a   n   k    a  bo'lib, uning chap tomoni

 m   n  =  m  o'ng tomoni ham  m   k=  m dan iborat.

 n   a  a   n   a  a

3) e=  1 2 3 . . . n 

 1 2 3 . . . n  bo'lib  s S_n uchun s l=s bajariladi.

4) s =  1 2 3 . . . n  s ^-1 =  i₁ i₂ i₃ . . . i_n 

 i₁ i₂ i₃ . . . i_n  ga teskarisi  1 2 3 . . . n  bo'ladi, chunki ss ^-1 = e.

Shunday qilib gruppa ta'rifidagi barcha shartlar bajariladi.  S_n ; 

 gruppaga n-tartibli simmetrik gruppa deb yuritiladi.

Agar s =  1 2 3 . . . n 

 i₁ i₂ i₃ . . . i_n  o'rniga qo'yishda i₁ < i₂ < i₃ < . . .< i_n bo'lsa, u inversiyaga ega emas deyiladi, aks holda inversiyaga ega deyiladi.

Masalan: s=  1 2 3 4 

 4 1 3 2  da inversiyalar soni 1 uchun 1 ta, 2 uchun 2 ta , 3 uchun 0 ta, 4 uchun 1 ta, jami 4 ta inversiya bor.

Berilgan o'rniga qo'yishdagi inversiyalar soni juft bo'lsa, o'nga juft o'rniga qo'yish, agarda inversiyalar soni tok bo'lsa , u holda tok o'rniga qo'yish deyiladi .

O'rniga qo'yishdagi istalgan 2 ta elementning o'rnini almashtirishga transpozisiya deyiladi.

Agar i_k va i_l larning o'rni almashtirilsa, u (i_k , i_l ) ko'rinishda belgilanadi.

2- teorema. Transpozisiya natijasida o'rniga qo'yishlarning jufttoqligi o'zgaradi.

Isboti. s= 1 2 3 . . . k . . . l . . . n  t= 1 2 3 . . . k . . . l . . . n 

 i₁ i₂ i₃ . . . i_k . . . i_l . . . i_n  dan  i₁ i₂ i₃ . . . i_l . . . i_k . . . i_n 

transpozisiya natijasida hosil qilingan bo'lsin. U holda i_k ni i_l dan oldinga o'tkazish uchun l-(к-1) ta inversiya bajarish kerak. Undan keyin i_l ni joyiga (ya'ni i_l-1 dan keyingi joyga ) qo'yish uchun l-(k-1)-1 ta inversiya, jami

l-k+1+l-k+1-1=2(l-k)+1 ta inversiya bajarish kerak.

3-teorema. n! ta o'rniga qo'yishlarning yarmi n! / 2 tasi juft va qolgan yarmi n!/2 tasi tok bo'ladi.

Isboti. Agar n! ta o'rniga qo'yishlardagi juftlari soni p, toklari soni q bilan belgilasak, p+q=n! bo'ladi. Endi agar barcha n! ta o'rniga qo'shishlarda transpozisiya bajarsak, u holda juftlar toklarga,toklari esa juftlarga o'tadi, ya'ni p=q, demak, p=n!/2 va q=n!/2.

4-teorema. Juft o'rniga qo'shishlar to'plami S*_n ko'paytirishga nisbatan gruppa hosil qiladi.

Buning isboti qat'iy keltirishni talabalarga xavola qilamiz < S*_n; . > da birlik element ayniy qo'shish bo'ladi. t ga teskarisi t^-1 S*_n bo'ladi.

Natija. Tok o'rniga qo'shishlar to'plami ko'paytirishga nisbatan gruppa bo'lmaydi.

Bunda birlik element mavjud emas.

Misol.   1 2 3   1 2 3  1 2 3   1 2 3   1 2 3  1 2 3  

S₃ =   1 2 3,  2 3 1 ,  3 1 2,  3 2 1 ,  2 1 3 ,1 3 2  

 

ni qaraylik . S₃ ={ f₀ , f₁ , f₂ , f₃ , f₄ , f₅ } deb belgilab olsak, quyidagi jadvalga ega bo'lamiz. Bu jadvalda birlik element e= f₀ , f₁ ga teskarisi f₂ ; f₂ ga teskarisi f₁ ; f₃ ga teskarisi f₃ ; f₄ ga teskarisi f₄ ; f₅ ga teskarisi f₅ . Shuningdek gruppaning barcha shartlari bajariladi, ya'ni S₃ ;   - multiplikativ gruppa bo'ladi.

 f₀ f₁ f₂ f₃ f₄ f₅

f₀ f₀ f₁ f₂ f₃ f₄ f₅

f₁ f₁ f₂ f₀ f₄ f₅ f₃

f₂ f₂ f₀ f₁ f₅ f₃ f₄

f₃ f₃ f₅ f₄ f₀ f₂ f₁

f₄ f₄ f₃ f₅ f₁ f₀ f₄

f₅ f₅ f₄ f₃ f₂ f₁ f₀