Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

Сызықты алгебра және аналитикалық геометрия

65,289 views

Published on

  • Login to see the comments

Сызықты алгебра және аналитикалық геометрия

  1. 1. І МОДУЛЬ. СЫЗЫҚТЫ АЛГЕБРА ЖƏНЕ АНАЛИТИКАЛЫҚ ГЕОМЕТРИЯ БІРІНШІ ЛЕКЦИЯ МАТРИЦА. НЕГІЗГІ ҰҒЫМДАР Анықтама. m жатық n тік жолдан құрылған кестеніmxn өлшемді матрица деп атайды. Матрицаны құрайтын сандар матрица элементтері депаталады. Əдетте матрица латын алфавитінің бас əріптерімен, алэлементтері сəйкес кіші əріптермен белгіленеді:  a11 a12 ... a1 j ... a1n     a21 a22 ... a2 j ... a2 n   ... ... ... ... ... ...  Am×n =  a ai 2 ... aij ... ain   i1   ... ... ... ... ... ...  a ... amn   m1 am 2 ... amj Қысқаша жазылуы: ( ) A = aij , i = 1, 2, ... , m; j = 1, 2, ... , n Матрица элементінің бірінші индексі жатық жол нөмірі, алекінші индексі тік жол (бағана) нөмірін көрсетеді. Мысалы, a 23элементі екінші жатық жол мен үшінші тік жол қиылысындаорналасқан. Бір ғана жатық жолдан құралған матрицаны жол-матрица,ал бір ғана тік жолдан құралған матрицаны бағана-матрица депатайды: A = (a11 a12 ... a1n ) - жол-матрица;
  2. 2.  b11     b21 B=  - бағана матрица.  ...  b   m1  Жол матрица мен бағана матрицаны кейде вектор деп теайтады.. Жатық жолдар саны мен тік жолдар саны тең болатынматрица квадрат матрица деп аталады,  a11 a12 ... a1n     a21 a22 ... a2n  Anxn =  .  ... ... ... ...  a ... ann   n1 an2  Квадрат матрицаның a11 a22 ... ann элементтерідиагоналдық элементтер деп аталады да, матрицаның негізгідиагоналін құрайды. Ал a1n a2 n −1 ... an1 элементтеріқосымша диагоналдық элементтер деп аталады да, матрицаныңқосымша диагоналін құрайды. Квадрат матрицаның негізгі диагоналінің астындағы немесеүстіндегі элементтері нолге тең болса, матрица үшбұрыштыматрица деп аталады,  a11 a12 ... a1n   a11 0 ... 0      A= ... a 2 n  , A =  21 0 a 22 a a 22 ... 0   ... ... ... ...   ... ... ... ...       0 0 ... a nn   a n1 an2 ... a nn  Диагоналды емес элементтерінің бəрі нолге тең болатынквадрат матрица диагоналды матрица деп аталады, 5
  3. 3.  a11 0 ... 0    A = 0 a 22 ... 0  .  ... ... ... ...     0 0 ... a nn  Барлық диагоналды элементтері бірге тең болатын диагоналдыматрица бірлік матрица деп аталады жəне оны Е əрпіменбелгілейді, 1 0 ... 0    0 1 ... 0 E = .  ... ... ... ...  0 0 ... 1    Барлық элементтері нолге тең матрица нолдік матрица деп аталады. МАТРИЦАЛАРҒА ҚОЛДАНЫЛАТЫН АМАЛДАР 1. Матрицаны санға көбейту. Матрицаны санға көбейтуүшін оның барлық элементтерін сол санға көбейту керек:  a11 a12 ... a1n   λa11 λa12 ... λa1n      λa λa 22 ... λa 2 n  λ ⋅  21 ... a 2 n  =  21 a a 22  ... ... ... ...   ... ... ... ...       a m1 a m 2 ... a mn   λa m1 λa m 2 ... λa mn   2 − 1 0 Мысалы, A=  матрицасын λ=5 санына 3 7 1көбейтейік:  2 − 1 0   2 ⋅ 5 − 1 ⋅ 5 0 ⋅ 5   10 − 5 0  5A = 5 = = .  3 7 1   3 ⋅ 5 7 ⋅ 5 1 ⋅ 5   15 35 5  6
  4. 4. Осыдан матрицаның барлық элементтерінің ортақкөбейткішін матрица алдына шығаруға болатынын аңғару қиынемес. 2. Матрицаларды қосу жəне алу. Өлшемдері бірдей  a11 a12 ... a1n   матрицаларды ғана қосуға болады. A =  a 21 a 22 ... a 2 n  жəне  ... ... ... ...     a m1 a m 2 ... a mn   b11 b12 ... b1n   B=  b21 b22 ... b2 n  матрицаларының қосындысы деп  ... ... ... ...     bm1 bm 2 ... bmn элементтері осы матрицалардың сəйкес элементтерініңқосындысы болатын, А + В матрицаны айтамыз:  a11 + b11 a12 + b12 ... a1n + b1n     a +b a 22 + b22 ... a 2 n + b2 n  A + B =  21 21 . ... ... ... ...   a + b a m 2 + bm 2 ... a mn + bmn   m1 m1   1 − 3 3 4      Мысалы, A= 5 7 мен B = 0 −1 матрицаларын  0 2    5 1     қосайық:  1 − 3  3 4   1 + 3 − 3 + 4   4 1          A+ B = 5 7 + 0 −1 = 5 + 0 7 −1 = 5 6 .   0 2   5 1   0 + 5 2 + 1   5 3                А матрицасынан В матрицасын алу үшін Аматрицасына В матрицасын -1-ге көбейтіп қосу жеткілікті: 7
  5. 5. A – B = A+(-1)Bнемесе А матрицасының əр элементінен В матрицасының сəйкесэлементтері алынады. Мысалы А матрицасынан В матрицасыналайық:  1 − 3  3 4   1 − 3 − 3 − 4   − 2 − 7          A−B = 5 7 − 0 −1 = 5 − 0 7 +1 = 5 8 . 0 2  5 1  0 − 5 2 −1  − 5 1                  3. Матрицаларды көбейту. Бірінші матрицаның тікжолдар саны мен екінші матрицаның жатық жолдар саны теңболған жағдайда ғана екі матрицаны көбейтуге болады. Өлшеміmxk болатын А матрицасы мен өлшемі kxn болатын В матриасыберілсін:  a11 a12 ... a1k   b11 b12 ... b1n      a a 22 ... a 2k  b b 22 ... b2n  A mxk =  21 B k ×n =  21 ... ... ... ...  ... ... ... ...      a a m2 ...  a mk  b bk 2 ... b kn   m1  k1 Осы екі матрицаны көбейткенде өлшемі mxn болатын көбейтінді Сматрица аламыз: Amxk ⋅ Bkxn = C mxnС матрицасының cij элементі А матрицаның i –жатық жолэлементтерін В матрицаның j –тік жолының сəйкес элементтерінекөбейтіп қосқанға тең болады: c ij = a i1b1 j + a i 2 b2 j + ... + aik bkj , i = 1,2,..., m, j = 1,2,..., n . (1) 8
  6. 6. 1 2 0 2 1 0   Мысалы, A=  матрицасы мен B = 4 −1 3  3 7 − 1  2   0 5 матрицасын көбейтейік. Бірінші матрица үш тік жолдан, ал екіншіматрица үш жатық жолдан тұрғандықтан бұл матрицалардыкөбейтуге болады. Көбейтінді матрицаның өлшемін анықтайық: A2 x3 ⋅ B3 x3 = C 2 x3 , c c c яғни, C 2 x 3 =  11 12 13  . k=3 болғандықтан (1) формуланы c   21 c 22 c 23 қолданғанда үш қосылғыш болады: cij = a i1b1 j + a i 2 b2 j + a i 3 b3 j , i = 1, 2, 3, j = 1, 2, 3 .с11 элементін табу үшін формуладағы i=1, j=1 деп аламыз, сонда c11 = a11b11 + a12 b21 + a13 b31 = 2 ⋅1 + 1 ⋅ 4 + 0 ⋅ 2 = 6 ,яғни А матрицаның 1-жатық жол элементтерін В матрицаның 1-тікжолының сəйкес элементтеріне көбейтіп қостық. Осылай Сматрицаның барлық элементтері табылады: 1 2 0 2 1 0   C=   ⋅  4 − 1 3 =  3 7 − 1  2 0 5    2 ⋅ 1 + 1 ⋅ 4 + 0 ⋅ 2 2 ⋅ 2 + 1 ⋅ ( −1) + 0 ⋅ 0 2 ⋅ 0 + 1 ⋅ 3 + 0 ⋅ 5  = 3 ⋅ 1 + 7 ⋅ 4 − 1 ⋅ 2 3 ⋅ 2 + 7 ⋅ ( −1) − 1 ⋅ 0 3 ⋅ 0 + 1 ⋅ 3 − 1 ⋅ 5  6 3 3 = .  27 − 1 − 2  9
  7. 7. Қосу жəне көбейту амалдарының мынадай қасиеттерібар:1) A+B=B+A 5) (A+B)C=AC+BC2) (A+B)+C=A+(B+C) 6) λ (AB)=( λ A)B=A( λ B)3) λ (A+B)= λ A+ λ B 7) A(BC)=(AB)C4) A(B+C)=AB+AC Бұл қасиеттер сандарға жасалатын амалдар қасиеттерінеұқсас. Енді матрицаның өзіндік ерекшелігіне байланыстықасиеттерін қарастырайық.8) Біріншіден, екі матрицаның АВ көбейтіндісі болғанмен ВАкөбейтіндісі болмауы мүмкін. Мысалы, A2 x 3 ⋅ B3 x 3 көбейтіндісі бар,бірақ B3 x 3 ⋅ A2 x 3 көбейтіндісі жоқ, себебі бірінші матрицаның тікжолдар саны екінші матрицаның жатық жолдар санына тең емес;екіншіден, АВ жəне ВА көбейтінділері бар болғанмен, олардыңөлшемдері əртүрлі болуы мүмкін. Мысалы, A2 x 3 ⋅ B3x 2 жəнеB3 x 2 ⋅ A2 x3 көбейтінділер бар, бірақ өлшемдері əртүрлі: A2 x 3 ⋅ B3 x 2 = C 2 x 2 , B3 x 2 ⋅ A2 x 3 = C 3 x 3 ;үшіншіден, АВ жəне ВА көбетінділер бар жəне олардың өлшемдерібірдей болғанмен, жалпы жағыдайда, көбейтудің коммутативтізаңы орындалмайды, яғни АВ ≠ BA.  1 2  − 2 0 Мысал. A=  мен B=  матрицалары − 3 4  5 1берілген. АВ жəне ВА көбейтінділерін табау керек. Шешуі. Берілген матрицалар өлшемдері 2х2 квадратматрицалар, оларды көбейтуге болады:  1 2   − 2 0   − 2 + 10 0 + 2   8 2  A⋅ B =   − 3 4  ⋅  5 1  =  6 + 20 0 + 4  =  26 4  .                 − 2 0  1 2  − 2 + 0 − 4 + 0  − 2 − 4 B⋅ A =   5 1  ⋅  − 3 4  =  5 − 3 10 + 4  =  2 14  .                10
  8. 8. Көріп отырғанымыздай АВ ≠ BA.9) А-квадрат матрица болса, онда мына теңдік орындалады: АЕ = ЕА = А. 4. Матрицаны транспонерлеу. Қандай да бір Аматрицасының жатық жолын сəйкес тік жол етіп жазғаннан пайдаболған матрицаны берілген матрицаның транспонерленгенматрицасы деп атайды да, A′ деп белгілейді. Берілгенматрицаның өлшемі mxn болса, оның транспонерленгенматрицасының өлшемі nxm болады. Мысалы, A2x3 =  2 1 0      3 7 − 1матрицасының бірінші жатық жолын бірінші тік жол етіп, алекінші жатық жолын екінші тік жол етіп жазып оның 2 3   ′транспонерленген матрицасын A3x 2 =  1 7  аламыз.  0 − 1   АНЫҚТАУЫШ. МИНОР ЖƏНЕ АЛГЕБРАЛЫҚ ТОЛЫҚТАУЫШ Квадрат матрицаны сипаттауға қажетті анықтауыш ұғымыненгізейік. a a  Екінші ретті матрицаның A =  11 12  анықтауышы a   21 a 22 немесе екінші ретті анықтауыш деп мынадай санды айтады: a11 a12 ∆= A = = a11 a 22 − a12 a 21 a 21 a 22 5 3Мысалы,    матрицаның анықтауышын есептейік: 2 1  11
  9. 9. 5 3 = 5 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 = −1 . 2 1  a11 a12 a13   Ал үшінші ретті матрицаға A =  a 21 a 22 a 23  үшінші ретті a a 32 a 33   31 анықтауыш сəйкес келеді: a11 a12 a13 ∆ = A = a 21 a 22 a 23 = a11 a 22 a 33 + a12 a 23 a 31 + a 21 a 32 a13 − . a 31 a 32 a 33 − a13 a 22 a 31 − a12 a 21 a 33 − a 23 a 32 a11Бұл анықтауыштың есептелуін үшбұрыш ережесі немесе Саррусережесімен оңай есте сақтауға болады. Бұл ереже бойыншаалғашқы оң таңбалы үш қосылғыш 1-схема, ал кейінгі терістаңбалы үш қосылғыш 2-схемамен есептелінеді. a11 a12 a13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 1-схема 2-схемаМысалы, мынадай үшінші ретті анықтауышты есептейік: 1 3 4 5 2 0 = 1 ⋅ 2 ⋅ (−1) + 3 ⋅ 0 ⋅1 + 5 ⋅ (−3) ⋅ 4 − 4 ⋅ 2 ⋅1 − 3 ⋅ 5 ⋅ (−1) − 0 ⋅ (−3) ⋅1 = 1 − 3 −1 = −2 + 0 − 60 − 8 + 15 + 0 = −55 12
  10. 10. Реті үштен көп болатын анықтауыштарды есептеу үшінжаңа ұғымдар қажет болады. Анықтама. n-ретті квадрат матрицаның i –жатықжолы мен j –тік жолын сызып тастағаннан кейін пайдаболған (n–1)-ретті анықтауықты a ij элементінің миноры депатайды жəне M ij деп белгілейді. Үшінші ретті марицаның a 21 элементінің миноры мынадайекінші ретті анықтауыш болады: a12 a13 M 21 = = a12 a 33 − a13 a 32 . a 32 a 33 a ij элементінің алгебралық толықтауышы депмынадай санды айтады: Aij = (−1) i + j M ijҮшінші ретті марицаның a 21 элементінің алгебралықтолықтауышы мынадай сан: A21 = (−1) 2 +1 M 21 = − M 21 1 3 4   Мысалы, A = 5 2 0 матрицасының бірінші жатық  1 − 3 − 1  жолдағы элементтерінің миноры мен алгебралықтолықтауыштарын есептейік: 2 0a11 = 1 , M 11 = = 2 ⋅ (−1) − 0 ⋅ (−3) = −2 , A11 = (−1)1+1 M 11 = −2 , − 3 −1 13
  11. 11. 5 0a12 = 3 , M 12 = = 5 ⋅ (−1) − 0 ⋅1 = −5 A12 = (−1)1+ 2 M 12 = −1⋅ (−5) = 5 , 1 −1 5 2a13 = 4 , M 13 = = 5 ⋅ (−3) − 2 ⋅1 = −17 , A13 = (−1)1+3 M 13 = −17 . 1 −3 Лаплас теоремасы. A = (a ij ) (i, j = 1,2,..., n ) квадратматрицаның ∆ анықтауышы оның кез келген жолэлементтерін сəйкес алгебралық толықтауыштарға көбейтіпқосқанға тең: ∆ = a i1 Ai1 + a i 2 Ai 2 + ... + a in Ain- бұл анықтауыштың i–жатық жолы бойынша жіктелініп есептелуі. ∆ = a1 j A1 j + a 2 j A2 j + ... + a nj Anj- бұл анықтауыштың j–тік жолы бойынша жіктелініп есептелуі. 1 3 4   Алдыңғы мысалдағы A = 5 2 0 матрицасының  1 − 3 − 1  анықтауышын бірінші жатық жолы бойынша жіктеп есептейік: 1 3 4 5 2 0 = 1⋅ A11 + 3 ⋅ A12 + 4 ⋅ A13 = 1⋅ (−2) + 3 ⋅ 5 + 4 ⋅ (−17) = −55 , 1 − 3 −1мұндағы алгебралық толықтауыштардың дайын мəндерін алдыңғымысалдан алдық. Лаплас теоремасы n-ретті анықтауыш есептеуді (n-1)-реттіанықтауыш есептеуге келтіріледі. Сонымен, кез келген n-ретті(n>3) анықтауышты дəрежесін төмендету арқылы екінші реттіанықтауышты есептеуге келтіруге болады екен. Енді анықтауыш қасиеттерін қарастырайық. 14
  12. 12. 1-қасиет. Анықтауыштың жатық жолдарын сəкес тікжолдарымен алмастырғаннан, яғни транспонерлегеннен,анықтауыш мəні өзгермейді: a11 a12 ... a1n a11 a 21 ... a n1 a 21 a 22 ... a 2 n a12 a 22 ... a n 2 = . ... ... ... ... ... ... ... ... a n1 an2 ... a nn a1n an2 ... a nnТеңдіктің дұрыстығын анықтауыштарды есептеу арқылы тексеругеболады. 2-қасиет. Анықтауыштың қандай да бір жолыныңортақ көбейткішін анықтауыш алдына шығаруға болады.Үшінші ретті анықтауыштың екінші жолындағы ортақ көбейткіштіанықтауыш алдына шығарамыз: a11 a12 a13 a11 a12 a13 λa 21 λa 22 λa 23 = λ a 21 a 22 a 23 . a 31 a 32 a 33 a 31 a 32 a 33Теңдіктің дұрыстығына берілген матрицаны екінші жол бойыншажіктеп тексеруге болады. 3-қасиет. Анықтауыштың екі жолының орнынауыстырғаннан анықтауыш таңбасы қарама-қарсы таңбағаөзгереді. Үшінші ретті анықтауыштың бірінші жəне екіншіжолдарын алмастырайық: a11 a12 a13 a 21 a 22 a 23 a 21 a 22 a 23 = − a11 a12 a13 a 31 a 32 a 33 a 31 a 32 a 33Теңдіктің дұрыстығын екінші анықтауышты бірінші жол бойыншажіктеп тексеруге болады. 15
  13. 13. 4-қасиет. Егер анықтауыштың екі жолы бірдей болса,онда анықтауыш мəні нолге тең. Үшінші ретті анықтауыштыңбірінші жəне екінші жолдары бірдей болсын: a11 a12 a13 a11 a12 a13 =0. a 31 a 32 a 33Теңдіктің дұрыстығын осы екі жолдың орндарын алмастырып 3-қасиетті қолданып тексеруге болады. 5-қасиет. Анықтауыштың бір жолын қандай да бір санғакөбейтіп басқа жолға қосқаннан анықтауыш мəні өзгермейді.Үшінші ретті анықтауыштың бірінші жолын λ -ға көбейтіп екіншіжолға қосайық: a11 a12 a13 a11 a12 a13 a 21 a 22 a 23 = a 21 + λa11 a 22 + λa12 a 23 + λa13 . a 31 a 32 a 33 a 31 a 32 a 33Теңдіктің дүрыстығын екінші анықтауышты мынадай a11 a12 a13 0 0 0 a 21 a 22 a 23 + λa11 λa12 λa13 a 31 a 32 a 33 0 0 0анықтауыштардың қосындысы түрінде жазайық. Сонда біріншіқосылғыш берілген анықтауыш болады да, екінші анықтауышнолге тең. 6-қасиет. Үшбұрышты матрицаның анықтауышыдиагональ бойындағы элементтердің көбейтіндісіне тең: a11 a12 a13 0 a 22 a 23 = a11 a 22 a 33 . 0 0 a 33 16
  14. 14. Теңдіктің дұрыстығын анықтауышты бірінші тік немесе үшіншіжатық жол бойынша жіктеп тексеруге болады. Осы қасиеттер көмегімен жоғары ретті анықтауыштаресептеуді көп жеңілдетуге болады. Анықтауышты қандай да біржолында неғұрлым көп ноль болатындай етіп түрлендіріп, сол жолбойынша жіктеп анықтауыш реті төмендетіледі. Мысалы мынадай 1 2 −1 1 0 −2 −5 3төртінші ретті анықтауышты есептейік. −1 2 2 1 1 4 13 1 Анықтауышты үшбұрышты түрге келтіреміз. Алдымен 5-қасиет бойынша анықтауыштың бірінші жолын 1-ге көбейтіпүшінші жолға, (-1)-ге көбейтіп төртінші жолға қосайық (есептекөрсетілген). Сонда анықтауыштың бірінші тік жолында а11 = 1элементтен басқасы нолге айналады. Енді осы қасиетті пайдаланып а 22 = −2 элементінің астындатұрған сандарды нолге айналдырамыз. Соңында а 33 = −9элементінің астында тұрған сандарды нолге айналдырамыз.Анықтауыш үшбұрышты түрге келді. 6-қасиет бойыншаанықтауыш мəнін диагональдік элементтерді көбейтіп табамыз. 1 2 − 1 1 (1) (−1) 1 2 −1 1 0 −2 −5 3 | | 0 −2 −5 3 ( 2) (1) = = −1 2 2 1 ↵ | 0 4 1 2 ↵ | 1 4 13 1 ↵ 0 2 14 0 ↵ 1 2 −1 1 1 2 −1 1 0 −2 5 3 0 −2 5 3 = = 1 ⋅ (−2) ⋅ (−9) ⋅11 = 198 . 0 0 −9 8 (1) 0 0 −9 8 0 0 9 3 ↵ 0 0 0 11 КЕРІ МАТРИЦА A = (a ij ) (i, j = 1,2,..., n ) квадрат матрица қарастырайық. 17
  15. 15. Анықтама. Анықтауышы нолге тең матрица ерекше, алнолге тең емес матрица ерекше емес матрица деп аталады. Кез келген a ≠ 0 сан үшін мына a ⋅ a −1 = 1 теңдігінқанағаттандыратындай кері сан табылады. Квадрат матрица үшінде осындай ұғым енгіземіз. Анықтама. А квадрат матрица үшін мына A ⋅ A −1 = A −1 ⋅ A = Eтеңдікті қанағаттандыратын A −1 матрица А матрицаның керіматрицасы деп аталады. Кері матрицаны мына формуламен табады:  A11 A21 ... An1    1  A12 A22 ... An 2  A −1 = , A  ... ... ... ...    A A2 n ... Ann   1n мұндағы A -матрица анықтауышы, ал A ij -берілген матрицаныңa ij элементтерінің алгебралық толықтауыштары, i=1,2,…,n;j=1,2,…,n. Кез келген квадрат матрицаның кері матрицасы болабермейді. Теорема(кері матрица болуының қажетті жəне жеткіліктішарты). Матрицаның кері матрицасы болуы үшін ол ерекшеемес ( A ≠ 0 ) матрица болуы қажетті жəне жеткілікті. 1 2 3    Мысал. A =  2 3 − 1 матрицасының кері матрицасын 1 2 4   табу керек.Шешуі. Алдымен анықтауышын есептейік. 18
  16. 16. 1 2 3 (−2) (−1) 1 2 3 A = 2 3 −1 ↵ | = 0 −1 − 7 = − 1. 1 2 4 ↵ 0 0 1A = −1 ≠ 0 , яғни кері матрица бар. Енді элементтердің алгебралықтолықтауыштарын есептейік. 3 −1 2 −1A11 = (−1)1+1 = 12 + 2 = 14 , A12 = (−1)1+ 2 = −(8 + 1) = −9 , 2 4 1 4 2 3 2 3A13 = (−1)1+ 3 = 4 − 3 = 1, A21 = (−1) 2 +1 = −(8 − 6) = −2 , 1 2 2 4 1 3 1 2A22 = (−1) 2 + 2 = 4 − 3 = 1, A23 = (−1) 2 + 3 =0, 1 4 1 2 2 3 1 3A31 = (−1) 3+1 = −2 − 9 = −11 , A32 = (−1) 3+ 2 = −(−1 − 6) = 7 , 3 −1 2 −1 1 2 A33 = (−1) 3+ 3 = 3 − 4 = −1 . 2 3Табылған мəндерді формулаға қойып кері матрицаны табамыз.  14 − 2 − 11  − 14 2 11  −1 1     A = − 9 1 7  = 9 −1 − 7  . −1   1 0 −1   −1 0   1 Кері матрицаның дұрыс табылғандығын A ⋅ A −1 = E теңдігінтексеру арқылы көз жеткізуге болады: 19
  17. 17.  1 2 3   − 14 2 11   − 14 + 18 − 3 2 − 2 + 0 11 − 14 + 3       2 3 − 1 ⋅  9 − 1 − 7  =  − 28 + 27 + 1 4 − 3 + 0 22 − 21 − 1 =1 2 4   −1 0 1   − 14 + 18 − 4 2 − 2 + 0 11 − 14 + 4       1 0 0  =  0 1 0 . 0 0 1   Берілген матрицаға кері матрицаны элементартүрлендірулер əдісімен де табуға болады. Бұл əдіс матрицағаэлементар түрлендірулер қолдануға сүйенеді. Матрицаныңэлементар түрлендірулері деп мынадай түрлендірулерді айтамыз: 1) Матрицаны транспонерлеу; 2) Жолдардың орнын алмастыру; 3) Қандай да бір жолдың барлық элементтерін нолден өзге санға көбейту; 4) Қандай да бір жолдың барлық элементтерін нолден өзге санға көбейтіп басқа жолдың сəйкес элементтеріне қосу; 5) Барлық элементі ноль болатын жолды алып тастау. Енді кері матрица табу ережесіне көшейік: Берілген Anxnматрицаның оң жағына бірлік матрица жалғап жазу керек. СондаВnx 2 n өлшемді кеңейтілген матрица пайда болады. В матрицаға Аматрицасының орнында бірлік матрица пайда болғанға дейінжатық жолдарына элементар түрлендірулер жасалады. −1Нəтижесінде бірлік матрицаның орнында A кері матрица пайдаболады. 1 2 3    Мысалы, жоғарыдағы қарастырылған A =  2 3 − 1 1 2 4   матрицаның кері матрицасын осы əдіспен тауып көрейік. Берілгенматрицаның оң жағына бірлік матрица жазып, элементартүрлендірулер жүргіземіз. 20
  18. 18.  1 2 3 1 0 0  (−2) (−1)  1 2 3 1 0 0      2 3 −1 0 1 0 ↵ | ~  0 −1 − 7 − 2 1 0 | ~ 1 2 4 0 0 1 ↵ 0 0 1 −1 0 1  (7) (−3)     1 2 0 4 0 − 3  1 0 0 − 14 2 11     ~  0 − 1 0 − 9 1 7  (2) ~  0 − 1 0 − 9 1 7  ⋅ (−1) ~  0 0 1 −1 0 1  0 0 1 −1 0 1       1 0 0 − 14 2 11    ~ 0 1 0 9 −1 − 7  .  0 0 1 −1 0 1    Соңында бірлік матрицаның орнында пайда болған матрица  − 14 2 11  −1  кері матрица болады: A = 9 −1 − 7  .  −1 0 1    Ерекше емес матрицалар үшін мынадай қасиеттер дұрысболады:1) A −1 = 1 A , ( ) 2) A −1 −1 = A,3) ( AB )−1 = B −1 A −1 , ( )′ 4) A −1 = ( A′)−1 . МАТРИЦА РАНГІСІ mxn өлшемді А матрицаның бірнеше жатық жəне тікжолдарын сызып тастап k өлшеміді, k ≤ min(m,n), квадрат матрицаалуға болады. Осы квадрат матрица анықтауышы берілгенматрицаның k өлшемді миноры деп аталады. Amxn матрицаның k kk-өлшемді минорлар саны C m C n болады. Анықтама. Матрицаның нолге тең емес минорларының еңүлкен реті матрица рангісі деп аталады: 21
  19. 19. r=r(A)= rangA .Анықтамадан бірден мынадай тұжырымдар жасауға болады:1. Amxn матрицасының рангісі оның өлшемдерінің кішісіненартпайды: r(A) ≤ min(m,n).2. Барлық элементтері ноль болғанда ғана (нолдік матрица)матрица рангісі ноль болады.3. n–ретті квадрат матрица ерекше емес болғанда матрицарангісі n–ге тең болады.  1 0 2 3   Мысал. A =  2 0 4 6  матрицаның рангісін есептейік.  3 0 7 1  Шешуі. Матрица өлшемі 3х4 болғандықтан, оның рангісі 3-тенартпайды, r(A) ≤ min(3,4). Егер үшінші ретті минорлардың еңболмағанда біреуі нолден өзгеше болса, онда матрица рангісі 3-кетең болады. Үшінші ретті минорлар матрицаның бір тік жолынсызып тастағанда пайда болады:0 2 3 1 2 3 1 0 3 1 0 20 4 6 =0, 2 4 6 =0, 2 0 6 =0, 2 0 4 =0.0 7 1 3 7 1 3 0 7 3 0 7Үшінші ретті минорлардың бəрі нолге тең болғандықтан, ранг 3-кетең бола алмайды. Енді екінші ретті минорлардың ішінен (олардың 3! 4!саны C 3 C 4 = 2 2 ⋅ = 3 ⋅ 6 = 18 ) ең болмағанда бір нолге тең емес 2!⋅1! 2!⋅2!минор тапсақ, матрица рангісі 2-ге тең болады. Екінші реттіминорлар матрицаның бір жатық, екі тік жолын сызып тастағандапайда болады. Айталық бірінші жатық жол мен бірінші жəне 22
  20. 20. екінші тік жолдарды сызып тастағанда пайда болатын мына минор:4 6 = −38 ≠ 0 , сондықтан r(A)=2.7 1 Матрица өлшемі артқан сайын оның рангісін барлықнолден өзге минорларды есептеу жолымен анықтау қиындайды.Матрица рангісін элементар түрлендірулер əдісімен табу ондайқиындықтардан құтқарады. Теорема. Элементар түрлендірулер матрица рангісінөзгертпейді. Дəлелдеуі. Матрицаға элементар түрлендірулер жүргізгендеоның анықтауышы не өзгермей сақталады, не нолге тең емес санғакөбейтіледі. Яғни, оның реті өзгермейді деген сөз. Олай болса,нолден өзгеше минорлардың немесе матрица рангісінің реті деөзгермейді. Осы теореманы ескеріп, элементар түрлендірулер жасап,берілген матрицаны барлық диагоналдік элементтері нолденөзгеше болатындай етіп сатылы түрге келтіреміз:  a11 a12 ... a1r ... a1n     0 a 22 ... a 2 r ... a 2 n   ... , ... ... ... ... ...     0 0 ... a rr ... a rn   мұндағы r ≤ п. Осы шарттың орындалуын матрицаны транстонерлеуарқылы қамтамасыз етуге болады. Сонда матрицаның r–ретті нолден өзге миноры a11 a12 ... a1r 0 a 22 ... a 2 r ... ... ... ... 0 0 ... a rrбар болады да, матрица рангісі r-ге тең болады, яғни r(A)=r. 23
  21. 21.  0 −1 3 1 0     1 −1 2 2 4  Мысал. А= матрицасының −1 1 − 3 4 1    3 2 1 − 59 − 38   рангісін есептейік.Шешуі. Элементар түрлендірулер көмегімен матрицаны сатылытүрге келтіреміз.  0 −1 3 1 0   1 −1 2 2 4  (1) (−3)      1 −1 2 2 4   0 −1 3 1 0  | |  −1 1 − 3 4 1  ~  −1 1 − 3 4 1 ↵ | ~     3 2 1 − 59 − 38  3 2 1 − 59 − 38  ↵      1 −1 2 2 4   1 −1 2 2 4       0 −1 3 1 0  (5)  0 −1 3 1 0   0 0 −1 ~ ~ 6 5  |  0 0 −1 6 5  (10)      0 5 − 5 − 65 − 50  ↵  0 0 10 − 60 − 50  ↵      1 −1 2 2 4    1 −1 2 2 4  0 −1 3 1 0    0 0 −1 ~  0 −1 3 1 0 . 6 5  0 0 −1 6 5     0 0 0 0 0  Соңғы матрица сатылы түрге келді жəне онда нолге тең емесүшінші ретті минор бар екенін бірден көруге болады:1 −1 20 −1 3 = 1 ≠ 0 . Сонымен матрица рангісі 3-ке тең, r(A)=3.0 0 −1 24
  22. 22. ТЕОРИЯЛЫҚ СҰРАҚТАР• Матрица дегеніміз не жəне оның қандай түрлерін білесің?• Анықтауыш дегеніміз не жəне оны есептеудің Саррюс ережесін түсіндір.• Минор жəне алгебралық толықтауыш деген не?• Лаплас теоремасын не үшін жəне қалай қолданылатынын түсіндір.• Матрица рангсін қалай есептейді? 25
  23. 23. ЕКІНШІ ЛЕКЦИЯ СЫЗЫҚТЫ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕСІ Негізгі ұғымдар мен анықтамалар. n белгісізді mтеңдеуден тұратын жүйе деп мынадай жүйені айтады: a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1 j x j + ... + a1n x n = b1  a 21 x1 + a 22 x 2 + ... + a 2 j x j + ... + a 2 n x n = b2 − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −   (1) ai1 x1 + ai 2 x 2 + ... + aij x j + ... + ain x n = bi − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −  a m1 x1 + a m 2 x 2 + ... + a mj x j + ... + a mn x n = bm мұндағы a ij (i=1,2,…,m, j=1,2,…,n) - теңдеу коэффициенттері деп,ал bi (i=1,2,…,m) - бос мүшелері деп аталады. (1) теңдеудіңқысқаша жазылуы мынадай: n ∑a ij x j = bi (i=1,2,…,m) (1’) i =1 (1) жүйенің бос мүшелерінің бəрі нолге тең болса, n ∑a ij x j = 0 (i=1,2,…,m) (2) i =1жүйе біртекті жүйе деп аталады. Жүйенің əрбір теңдеуін тепе-теңдікке айналдыратын x1 = с1 , x 2 = с 2 , ..., x n = с n 26
  24. 24. сандар тізбегі теңдеулер жүйесінің шешімі деп аталады. Осышартты қанағаттандыратын барлық (c1 , c 2 , ..., c n ) шешімдершешімдер жиынын құрады. Жүйенің шешімдер жиынын табупроцесін жүйені шешу дейді. (1) жүйенің ең болмағанда бір шешімі болса жүйеүйлесімді, ал шешімі болмаса үйлесімсіз деп аталады. Үйлесімді жүйенің бір ғана шешімі болса, жүйеанықталған, ал шешімі бірден көп болса анықталмаған депаталады. Енді (1) жүйеге мынадай белгілеулер енгізейік:  a11 a12 ... a1 j ... a1n     a 21 a 22 ... a 2 j ... a 2 n   x1   b1   ... ... ... ... ... ...       x2   b2  A= , Х =  ...  , В =  ...   ai1 ai 2 ... aij ... ain       ... ... ... ... ... ...  b   n b   m   a am2 ... a mj ... a mn   m1 А - жүйе коэффициенттерінен құрылған матрица немесе жүйематрицасы, Х - жүйенің бос мүшелерінен құрылған бағана матрица,В - жүйенің бос мүшелерінен құрылған бағана матрица. Осыбелгілеулерді қолданып (1) жүйені былайша жазуға болады: АХ=В (3)(3) теңдеу (1) жүйенің матрицалық жазылуы болып табылады. Егер жүйе матрицасына бос мүшелер матрицасын жалғапжазсақ,  a11 a12 ... a1n | b1    a a 22 ... a 2 n | b2  A1 =  21 , ... ... ... ... | ...    a am2 ... a mn | bm   m1 жүйенің кеңейтілген матрицасын аламыз. 27
  25. 25. Кронеккер-Капелли теоремасы. Егер сызықтытеңдеулер жүйесінің негізгі матрицасы мен кеңейтілгенматрицасының ранглері тең болса, онда жүйе үйлесімді болады. Теорема бойынша жүйе үйлесімді болуы үшінr ( A) = R( A1 ) = r болуы керек. Бұл кезде r жүйе рангісі депаталады. Үйлесімді жүйенің рангісі жүйедегі белгісіздер санына теңболса (r=n), онда жүйе анықталған болады, ал егер жүйенің рангісіжүйедегі белгісіздер санынан кем болса (r<n), онда жүйеанықталмаған болады. Мысалы, мынадай жүйе қарастырайық:  x1 + 5 x 2 + 4 x3 + 3x 4 = 1  2 x1 − x 2 + 2 x3 − x 4 = 0 5 x + 3x + 8 x + x = 1  1 2 3 4Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементар түрлендірулержасайық:  1 5 4 3 | 1  (−1)  1 5 4 3 | 1     A1 =  2 − 1 2 − 1| 0  | ~  2 − 1 2 − 1 | 0  5 3 8 1 |  ↵  4 − 2 4 − 2|   1  0 1 5 4 3 | 1 1 5 4 3 | 1    ~  2 −1 2 −1| 0  (−2) ~  2 − 1 2 − 1 | 0  4 − 2 4 − 2| 0 ↵ 0 0 0 0 0    |  1 5 4 3 | 1~ 2 −1 2 −1   | 0  Жүйе матрицасы мен кеңейтілген матрицаның екінші реттінолге тең емес минорлары бар екенін көру қиын емес жəнеr ( A) = R ( A1 ) = 2 . Кронеккер-Капелли теоремасы бойынша жүйеүйлесімді. 28
  26. 26. Жүйе рангісі r=2, ал белгісіздер саны n=4, r<nболғандықтан жүйе анықталмаған, яғни шексіз көп шешімі бар. Енді жүйені шешу мəселесіне көшейік. ЖҮЙЕ ШЕШУДІҢ КРАМЕР ƏДІСІ Бұл əдіс жүйедегі теңдеулер саны мен белгісіздер саны теңболғанда, яғни m=n, қолдануға болады. Демек, жүйе түрі мынадайболады: a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1 a x + a x + ... + a x = b  21 1 22 2 2n n 2  (4) − − − − − − − − − − − − − − − a n1 x1 + a n 2 x 2 + ... + a nn x n = bn  Жүйедегі теңдеулер саны мен белгісіздер саны тең, ондажүйе матрицасы квадрат матрица болады. Сол квадрат матрицаныңанықтауышын ∆ деп белгілейік: a11 a12 ... a1n a a 22 ... a 2 n ∆ = 21 ... ... ... ... a n1 an 2 ... a nn Крамер ережесі. ∆ -жүйе анықтауышы, ал ∆ j - ∆анықтауыштың j-тік жолын бос мүшелермен алмастырғаннанпайда болған анықтауыш болсын. Сонда, егер ∆ ≠ 0 болсажүйенің жалғыз шешімі бар болады жəне мынадай формуламентабылады: ∆j xj = (i=1,2,…,n) (5) ∆(5) формуланы Крамер формуласы деп атайды. Осы ережені қолданып мынадай жүйені шешейік 29
  27. 27. 2 x1 + x 2 + 3x3 = 9   x1 − 2 x 2 + x3 = −2 3 x + 2 x + 2 x = 7  1 2 3Шешуі. Алдымен ∆ анықтауышты есептейміз, 2 1 3 ∆ = 1 − 2 1 = 13 . 3 2 2∆ j (j=1,2,3) анықтауыштарды есептейік 9 1 3 2 9 3 ∆1 = − 2 − 2 1 = −13 , ∆ 2 = 1 − 2 1 = 26 , 7 2 2 3 7 2 2 1 9 ∆ 3 = 1 − 2 − 2 = 39 3 2 7Енді Крамер формуласын қолданып белгісіздерді табамыз: ∆ − 13 ∆ 26 ∆ 39 x1 = 1 = = −1 , x 2 = 2 = = 2 , x3 = 3 = = 3. ∆ 13 ∆ 13 ∆ 13Сонымен, берілген жүйенің жалғыз (-1; 2; 3) шешімі табылды, жүйеанықталған екен. ЖҮЙЕ ШЕШУДІҢ КЕРІ МАТРИЦАЛЫҚ ƏДІСІ Бұл əдіс те жүйедегі теңдеулер саны мен белгісіздер санытең болғанда, яғни m=n, қолдануға болады. Жүйенің матрицалықжазылуын қарастырайық: 30
  28. 28. АХ=В,  a11 a12 ... a1n   x1   b1         a 21 a 22 ... a 2 n  x  b мұндағы A =  , Х = 2, В =  2 . ... ... ... ...  ...   ...     b  b  a an2 ... a nn   n  n  n1  Айталық А ерекше емес матрица болсын, яғни матрицаанықтауышы нолге тең емес, олай болса əр уақытта A −1 керіматрицасы бар болады. Теңдеуді сол жағынан кері матрицағакөбейтейік, A −1 АХ= A −1 В A −1 А=E болатындықтан, ЕХ= A −1 В,кез келген матрицаның бірлік матрицаға көбейтіндісі солматрицаның өзіне тең болатындықтан, ЕХ=Х: Х= A −1 В.Сонымен, кері матрицалық əдіс бойынша жүйенің шешімінтабу үшін бос мүшелерден құралған матрицаны жүйематрицасының кері матрицасына көбейту керек екен. 2 x1 + x 2 + 3x3 = 9  Жоғарыда карастырылған  x1 − 2 x 2 + x3 = −2 3 x + 2 x + 2 x = 7  1 2 3жүйені осы əдіс бойынша шешіп көрейік. 2 1 3Шешуі. ∆ = 1 − 2 1 = 13 ≠ 0 болғандықтан, жүйе матрицасы 3 2 2ерекше емес. Осы матрицаның кері матрицасын табамыз: 31
  29. 29. − 6 4 7  −1 1   A =  1 −5 1 . 13    8 − 1 − 5Енді Х= A −1 В теңдікті қолданып белгісіздерді табамыз:  x1  − 6 4 7   9    −1 1    Х =  x2  = A ⋅ В =  1 − 5 1  ⋅  − 2 = x  13      3  8 −1 − 5  7   − 54 − 8 + 49  1    − 13   − 1=  9 + 10 + 7  = 1  26  =      2 . 13   13  39   72 + 2 − 35  3    Сонымен, x1 = −1 , x 2 = 2 , x3 = 3 шешімдері табылды. ЖҮЙЕ ШЕШУДІҢ ГАУСС ƏДІСІ n белгісізді m теңдеуден тұратын жүйе қарастырайық, a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1 a x + a x + ... + a x = b  21 1 22 2 2n n 2  .  −−−−−−−−−−−−−−− a m1 x1 + a m 2 x 2 + ... + a mn x n = bm  Гаусс əдісі - жүйедегі айнымалыларды түрлендірулеркөмегімен біртіндеп жойып, жүйені сатылы түрге келтіріп,айнымалыларды біртіндеп табатын əдіс. Гаусс түрлендірулерімынадай:1. Кез келген екі теңдеудің орындарын ауыстырып жазу;2. Кез келген теңдеудің екі жағын нолден өзге санға көбейту;3. Қандай да бір теңдеуді нолден өзге санға көбейтіп, басқа теңдеуге сəйкесінше қосу; 32
  30. 30. 4. 0=0 түріндегі теңдеуді сызып тастау. Гаусс түрлендірулерін жүйенің өзіне қолданғаннан гөрі оныңкеңейтілген матрицасына қолданған ұтымды болады. Олай болсажүйенің кеңейтілген матрицасын қарастырайық,  a11 a12 ... a1n | b1    a a 22 ... a 2 n | b2  A1 =  21 . ... ... ... ... | ...    a am2 ... a mn | bm   m1  Осы матрицаны түрлендірулер нəтижесінде мынадай түрге келтіреміз:  a11 0 0 ... 0 a1 r +1 ... a1n | b1     0 a 22 0 ... 0 a 2 r +1 ... a 2 n | b2   0 0 a33 ... 0 a3 r +1 ... a3n | b2     ... ... ... ... ... ... ... ... | ...     0 0 0 0 a rr a r r +1 ... a rn | br   0 | br +1     ... | ...   0 | bm   Матрицаның элементтері a ij арқылы белгіленіп тұрғанымен, шынмəнінде олар түрлендірулер нəтижесінде өзгерген. Бұл белгілеулержазуды ықшамдау үшін ғана пайдаланылып отыр. Соңғы матрицаға сəйкес келетін теңдеулер жүйесі мынадай: a11 x1 + ... + a1r +1 x r +1 + ... + a1n x n = b1   a 22 x 2 + ... + a 2 r +1 x r +1 + ... + a 2 n x n = b2  a33 x3 + ... + a3r +1 x r +1 + ... + a3n x n = b3  − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − −  (6)  a rr x r + a rr +1 x r +1 + ... + a rn x n = br  0 = br +1   −−−  0 = bm  33
  31. 31. Соңғы 0 = br +1 , ..., 0 = bm теңдеулеріндегі br +1 , ..., bm сандарыныңең болмағанда біреуі нөлден өзгеше болса, онда берілген теңдеулержүйесі үйлесімсіз, ал бəрі нолге тең болса жүйе үйлесімді болады. Жүйенің рангісі жүйедегі белгісіздер санынан кем болса,онда жүйе анықталмаған болатыны жоғарыда айтылған. Айталық(6) жүйе үйлесімді жəне r<n болсын. Егер x1 , x 2 ,..., x r коэффициенттерінен құрылғананықтауыш нолден өзгеше болса, онда x1 , x 2 ,..., x rайнымалыларды базистік (негізгі) айнымалылар деп, ал басқа n-r айнымалыларды еркін (негізгі емес) айнымалылар деп атайды. Еркін айнымалылары нолге тең болған кездегі шешім rбазистік шешім деп аталады. Базистік шешімдер саны С n -денартпайды. Бірнеше мысал қарастырайық.  x1 + x 2 = 3   x1 + x 2 + x3 = 6 1-мысал.  x1 + 2 x 2 + 3 x3 = 14 3x + 2 x + x = 10  1 2 3 2 x1 + 3x 2 − x3 = 5 Шешуі. Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементартүрлендірулер жасайық: 1 1 0 | 3  (−1) (−3) (−2)  1 1 0| 3     1 1 1 | 6 ↵ | | 0 0 1 | 3A1 =  1 2 3 | 14  ↵ | | ~ 0 1 3| 11  ~     3 2 1 | 10  ↵ | 0 −1 1 | 1 (1)     2 3 − 1| 5  ↵  0 1 − 1| −1 ↵ 34
  32. 32. 1 1 0| 3     1 0 − 3| − 8  0 1 3 | 11 (−1) (1)    0 1 3 | 11  |~ 0 0 1| 3  | ~  (−4) (−3) (3) ~   0 0 1 | 3 0 −1 1| 1  ↵    0 0 4 | 12  ↵     0 0 0| 0  1 0 0| 1    1 0 0| 1  0 1 0| 2  ~ 0 0 1| 3  ~  0 1 0| 2 .    0 0 1| 3 0  0 0| 0   Соңғы матрицаға сəйкес келетін жүйе жазайық:  x1 = 1   x2 = 2 x = 3  3Сонымен жүйенің шешімі табылды: x1 = 1, x 2 = 2, x3 = 3  x1 + 5 x 2 + 4 x3 + 3x 4 = 1  2-мысал. 2 x1 − x 2 + 2 x3 − x 4 = 0 5 x + 3 x + 8 x + x = 1  1 2 3 4Шешуі. Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементартүрлендірулер жасайық:  1 5 4 3 | 1  (−2) (−5)  1 5 4 3 | 1     A1 =  2 − 1 2 − 1| 0  ↵ | ~  0 − 11 − 6 − 7 | − 2  (−2) 5 3 8 1 | 1 ↵  0 − 22 − 12 − 14 | − 4  ↵     1 5 4 3 | 1     1 0 14 −2 | 1 ~  0 − 11 − 6 − 7 | − 2  5 ~ 11 11 11 11  0 − 11 − 6 −7 | −2 0 0 0 0 | 0      35
  33. 33. Соңғы матрицаға сəйкес келетін жүйе жазайық:  14 2 1  x1 + x3 − x 4 =  11 11 11  − 11x 2 − 6 x3 − 7 x 4 = −2 Осы жүйеден x1 жəне x 2 айнымалыларды табамыз: 14 2 1 6 7 2 x1 = − x3 + x 4 + , x2 = − x3 − x 4 + 11 11 11 11 11 11x3 = u жəне x 4 = v деп алсақ жүйе шешімі мынадай болады: 14 2 1 6 7 2 x1 = − u + v + , x 2 = − u − v + , x3 = u , 11 11 11 11 11 11 x4 = v . u , v айнымалылардың орнына еркімізше сан беріп жүйеніңсəйкес шешімін табамыз. Сонымен, берілген жүйенің шексіз көпшешімі бар екен. 3-мысал. 2-мысалдағы жүйенің барлық базистікшешімдерін табу керек.Шешуі. Матрица рангісі 2-ге тең екенін кеңейтілген матрицағажүргізілген түрлендірулерден кейін көру қиын емес, сондықтанжүйедегі екі теңдеуді (мысалы, бастапқы екеуін) қарастырамыз:  x1 + 5 x 2 + 4 x3 + 3x 4 = 1  2 x1 − x 2 + 2 x3 − x 4 = 0Олай болса базистік шешімдері C 4 = 6 дан артпайды. Базистік 2айнымалылар ретінде мына айнымалылар жұбын алуға болады: x1 , x 2 ; x1 , x3 ; x1 , x 4 ; x 2 , x3 ; x2 x4 ; x3 , x 4 . 36
  34. 34. Енді əрқайсысының базистік айнымалылар бола алатынын немесебола алмайтынын білу үшін коэффициенттерінен құрылғананықтауыштарды есептейміз. Айталық x1 , x 2 айнымалыларкоэффициенттеріне құрылған анықтауыш 1 5 ≠ 0, 2 −1олай болса бұлар базистік айнымалылар бола алады. Базистікшешімді табу үшін жүйедегі x3 , x 4 айнымалыларды нолгетеңестіреміз де жүйені мына түрде жазамыз:  x1 + 5 x 2 = 1  2 x1 − x 2 = 0 1 2Бұл жүйенің шешімі: x1 = , x2 = . 11 11 1 2 Сонда бастапқы жүйенің бір базистік шешімі:  ; ; 0; 0  болады.  11 11   1 1  1 1  1 1 Осы жолмен барлық  − ; 0; ; 0  ,  ; 0; 0;  ,  0; ; ; 0  ,  3 3  8 4  7 14  1 5  1 1 0; ; 0; −  ,  0; 0; ;  базистік шешімдерді табамыз. 2 2  10 5  4-мысал. Біртекті теңдеулер жүйесін шешейік, 3 x1 + 2 x 2 − x3 = 0  2 x1 − x 2 + 3x3 = 0 .  x + 3x − 4 x = 0  1 2 3Шешуі. Біртекті жүйе əруақытта үйлесімді, себебі жүйеніңx1 = x 2 = x3 = 0 нолдік шешуі бар. Ендік нолдік емес шешулерібар жоқтығын анықтайық. Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементартүрлендірулер жасайық: 37
  35. 35.  3 2 − 1 | 0   1 3 − 4 | 0  (−2) (−3)  1 3 − 4 | 0       A1 =  2 − 1 3 | 0  ~  2 − 1 3 | 0  ↵ | ~  0 − 7 11 | 0  (−1)  1 3 − 4| 0   3 2 − 1 | 0  ↵  0 − 7 11 0  ↵      |   1 3 − 4| 0   3 1 0 5 | 0~  0 − 7 11 | 0  ( 7 ) ~  7  0 0 0 − 7 11 | 0   0 | 0 Соңғы матрицаға сəйкес келетін жүйе жазайық:  5  x1 + x3 = 0  7  − 7 x 2 + 11x3 = 0 Осы жүйеден x1 жəне x 2 айнымалыларды табамыз: 5 11 x1 = − x3 , x2 = x3 7 7 x 3 = 7С деп алсақ жүйе шешімі мынадай болады: x1 = −5С , x 2 = 11С , x3 = 7С . 38
  36. 36. ТЕОРИЯЛЫҚ СҰРАҚТАР• Үйлесімді жəне үйлесімсіз жүйе деп қандай жүйені айтамыз?• Қай кезде жүйе анықталған деп аталады?• Жүйе шешудің Крaмер əдісін түсіндір.• Жүйе шешудің матрицалық əдісін түсіндір.• Жүйе шешудің Гаусс əдісін түсіндір.• Жүйенің базистік шешімдері дегеніміз не? 39
  37. 37. ҮШІНШІ ЛЕКЦИЯ ВЕКТОРЛЫҚ КЕҢІСТІК Негізгі ұғымдар. Мектеп курсынан белгілі векторларжөніндегі білімімізді жалпылайық. Басы А, соңы В нүктесі болатын бағытталған кесінді → _вектор деп аталады. Оқулықтарда векторларды АВ немесе АВ ,кейде тек қалың əріптермен АВ белгілеу түрлері кездеседі. Сол → → _сияқты векторларды бір əріппен де белгілей береді ( а = АВ , а , а). → АВ векторының ұзындығы деп АВ кесіндісінің ұзындығын →айтады жəне АВ деп белгілейді. Басы мен соңы беттесетін вектор нолдік вектор деп → →аталады, 0 = АА жəне ұзындығы нолге тең. Бір түзудің не өзара параллель түзулер бойында орналасқанвекторлар коллениар векторлар деп аталады. _ _ а жəне b векторларының қосындысы «үшбұрыш» не«параллелограмм» ережесімен анықталады: b b a a a b a +b a +b_ _ _ _ _ _а жəне b векторларының а - b айырымы деп b -ға қосқанда а _ _ _ векторы алынатын с = а - b векторын a −b айтады. a b 40
  38. 38. _ _ а векторының λ санға көбейтіндісі деп ұзындығы λ ⋅ а _болатын, бағыты λ >0 болғанда а векторымен бағыттас, λ <0 _ _болғанда а векторымен қарама-қарсы бағытта болатын b _ _ _ _векторын айтады. Суретте, λ = 2, b =2 а ; λ = -1, b =- а . a 2a −a Екі вектордың скаляр көбейтіндісі деп осы векторлардыңұзындықтары мен олардың арасындағы бұрыштың косинусынакөбейтіндісіне тең шаманы айтады: a ⋅ b = a ⋅ b cos ϕ . _ Тік бұрышты декарт координаталар жүйесінде АВвекторының басы мен соңының координаталары белгілі болсын A( x1 , y1 ) жəне В( x 2 , y 2 ) . Сонда _ B АВ векторын координаталары y2 арқылы былай жазуға болады: A _ y1 АВ = ( x 2 − x1 , y 2 − y1 ) _ 0 x1 x2 x АВ векторының басы координаталар басымен _беттесетіндей етіп өз-өзіне параллель көшірсек, онда АВвекторының координатасы вектордың соңыныңкоординаталарымен бірдей болатынын аңғару қиын емес. 41
  39. 39. Жазықтықта вектордың координатасын екі сан анықтаса, _ _айталық а = (a1 , a 2 ) , кеңістікте үш сан анытайды, а = (a1 , a 2 , a 3 ) . z y a3 a2 a a a2 y a1 x a1 x Вектордың ұзындығы оның координаталарыныңквадраттарының қосындысынан алынған квадрат түбірге тең: a = a1 + a 2 + a 3 . 2 2 2 _ _ а = (a1 , a 2 , a 3 ) жəне b = (b1 , b2 , b3 ) векторларыкоординаталарымен берілген болса олардың қосындысы мынадайтүрде анықталады: _ а + b = (a1 + b1 , a 2 + b2 , a 3 + b3 ) _ Ал а = (a1 , a 2 , a 3 ) векторын λ санға көбейту мынадай түрдеанықталады: _ λ а = (λa1 , λa 2 , λa 3 ) _ _ Ал а = (a1 , a 2 , a 3 ) жəне b = (b1 , b2 , b3 ) векторларының скаляркөбейтіндісі мынадай: 42
  40. 40. _ а⋅ b = a1 ⋅ b1 + a 2 ⋅ b2 + a 3 ⋅ b3 Енді векторлық кеңістік ұғымына көшейік. Элементтері x,y, z, … болатын қандай да бір R жиын қарастырайық. Осыжиынның кез келген x жəне y элементтері үшін қосу x + y амалымен қандай да бір х элементі жəне λ нақты сан үшін көбейту λ хамалы орындалсын. Анықтама. R жиынның элементтерін қосу жəнеэлементін нақты санға көбейту амалдары төмендегідейшарттарды қанағаттандырса, R жиын векторлық (сызықтық)кеңістік деп, ал элементтерін векторлар деп атайды: 1. x+y=y+x; 2. (x+y)+z=x+(y+z); 3. Кез келген x ∈ R үшін 0 ∈ R (нол-элемент) табылады да, мынадай қатынас орындалады: x+0=x; 4. Кез келген x ∈ R үшін -х ∈ R (қарама-қарсы элемент) табылады да, мынадай қатынас орындалады: x+(-x)=0; 5. 1 ⋅ x=x; 6. λ ( µ x)=( λ µ )x; 7. λ (x+y)= λ x+ λ y 8. ( λ + µ )x= λ x+ µ x. x жəне y векторларының айырмасы деп х векторы мен –1увекторларының қосындысын айтамыз: x-y=x+(-1)y Векторлық кеңістіктің анықтамасынан кез келген хвекторды 0 нақты санына көбейткенде пайда болатын жалғыз0 - ноль вектордың бар болатындығы; əрбір х вектор үшін осывекторды (-1) санына көбейткенде пайда болатын жалғызқарама-қарсы ( –х) вектордың бар болатындығы шығады. ВЕКТОРЛЫҚ КЕҢІСТІКТІҢ ӨЛШЕМІ ЖƏНЕ БАЗИСІ R сызықты кеңістіктің векторлары x, y, z, …, u болсын.Мынадай v= α x+ β y+ γ z+…+ λ u 43
  41. 41. теңдікпен анықталған v векторы осы кеңістікте жатады, мұндағыα , β , γ ,..., λ -нақты сандар. Осы v векторды x, y, z, …, uвекторларының сызықты комбинациясы деп атайды. Айталық x, y, z, …, u векторларының сызықтыкомбинациясы 0 ноль вектор болсын, яғни α x+ β y+ γ z+…+ λ u= 0. (1) Анықтама. (1) теңдік барлық α = β = γ =…= λ =0 болғанкезде ғана орындалса х, y, z, …, u векторлары сызықты тəуелсіздеп аталады. Ал егер (1) теңдік α , β , γ ,…, λ сандарының еңболмағанда біреуі нолден өзгеше болғанда орындалса х, y, z, …, uвекторлары сызықты тəуелді деп аталады. Мынадай тұжырымның дұрыстығына көз жеткізу қиынемес: Егер x, y, z, …, u векторлар сызықты тəуелді болса, ондабұл векторлардың біреуі басқаларының сызықтыкомбинациясы арқылы жіктеледі. Жəне керісінше, егер x, y, z,…, u векторлардың біреуі басқаларының сызықтыкомбинациясы арқылы жіктелсе, онда бұл векторларсызықты тəуелді болады. Жазықтықтағы коллинеар емес екі вектор сызықты тəуелсіз → →векторға мысал болады. Шынында да, жазықтықтағы x жəне yвекторлары үшін (1) теңдік → → α x + β y =0тек α = β =0 болғанда ғана орындалады. Ал, олай демесек, → α → → →мысалы β ≠0 болса, онда y =- x болып, x пен y βвекторларының коллинеарлығын білдірген болар еді. Ал бірақжазықтықтағы кез келген үш вектор сызықты тəуелді болады. Векторлық кеңістіктің қасиеттері:1. Егер x, y, z, …, u векторларының ішінде ноль-вектор барболса, онда бұл векторлар сызықты тəуелді болады. Шынындада, егер, мысалы, x=0 болса, онда (1) теңдікα =1, β = γ =…= λ =0 болғанда орындалады. 44
  42. 42. 2. Егер x, y, z, …, u векторларының қандай да бір бөлігісызықты тəуелді болса, онда бұл векторлардың бəрі сызықтытəуелді болады. Шынында да, мысалы, y, z, …, u векторларысызықты тəуелді болсын десек β y+ γ z+…+ λ u=0 теңдікβ , γ ,…, λ сандарының бəрі бір мезгілде нолге тең болмағандаорындалып тұр деген сөз. Олай болса бұл теңдік сол β , γ ,…, λсандары жəне α =0 санымен де орындалады. Мысал қарастырайық. x=(3,2,-1), y=(2,-1,3), z=(1,3,-4)векторлары сызықты тəуелді ме ?Шешуі. x, y, z векторлары сызықты тəуелді болады, егер α x+ β y+ γ z= 0теңдігі α , β , γ сандарының ең болмағанда біреуі нолден өзгешеболғанда орындалса. x, y, z векторларын бағана түрінде жазып,теңдікті ашып жазайық: 3 2  1        α  2  +β  − 1 + γ  3 =0  − 1 3  − 4      Есеп мынадай жүйені шешуге келтірілді: 3α + 2 β + γ = 0  2α − β + 3γ = 0 − α + 3β − 4γ = 0 Жүйе біртекті, яғни оның нолдік шешімі əруақытта бар. ЖүйеніГаусс əдісімен шешіп жүйенің нолдік емес шексіз көп шешімінтабуға болады: α = −С , β = С , γ = С ,мұндағы С-ерікті нақты сан. 45

×