Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казахский национальный университет им. аль-Фараби

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Doc / КОЩАНОВА Г.Р.АЛГЕБРА ЖӘНЕ ГЕОМЕТРИЯ

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.03.2015

Размер:

2.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

матрицасы

сәйкес

келеді

және

оның

тік

жолын

(4.5) жіктелудің

коэффициенттерімен,

ал i

жатық

жолын

(4.8)

жіктелудің

коэффициенттерінен

құрастырамыз.

Кез келген квадратты A матрица берілсін A ai j . Кез келген x R элементін:

x x1 l1

l2 ... xn ln

басқа бір

y x R

элементіне ӛрнектейтін

сызықты

түрлендіруді (4.7) жіктеу бойынша

деп белгілейік:

x y1

y2 l2

... yn ln ,

мұндағы yi , i 1, n - коэффициенттері (4.8) формулалармен ӛрнектеледі:

ai1 x1 ai 2

... ain xn , i 1, n

Осы белгіленген түрлендірудің сызықты болатынын дәлелдейік. Шынында да,

бұл

түрлендіру кез келген

x R элементін:

z z1

l1 ... zn ln басқа

x R

элементке ӛрнектейді:

z 1 l1

... n ln ,

мұндағы

ai1

z1 ai 2

... ain zn , i 1, n

ал ол x z R элементін:

x z x1 z1 l1 ... xn zn ln

x z R элементіне ӛрнектейді:

x z u1 l1			u2	l2 ... un ln ,
мұндағы
ui ai1 x1	z1 ... ai n		xn	zn yi i ,
ui ai1 x1	z1 ... ai n		xn	zn yi i ,	i 1, n
Олай болса,
x z y1 1 l1 ... yn n ln
y1l1	... yn ln	... n ln x z
Сол сияқты:
x x1 l1 x2 l2 ...		xn ln x1 l1 ...			xn ln
және
	x w1 l1			... wnln ,

мұндағы:

ai1 x1 ... ai n xn yi ,

i 1, n..

Ендеше,

x y1 l1 ... yn ln

y1 l1 ... yn ln x

Сонымен, белгіленген сызықты түрлендіру. Теорема дәлелденді.

6-мысал.

R - кеңістігіндегі бірлік: x x, x R және

O - нӛлдік:

O x O, x R

түрлендірулерінің сәйкес матрицаларын анықтау керек.

Шешуі: (6.4) формулалар мен R - кеңістігіндегі l1 , l2 , ...,

базис бойынша:

l1 a11

a21 l2

... an1 ln

1 l1 0 l2

... 0 ln

l1 ,

l2 a12

a22 l2

... an 2

0 l1 1 l2 ... 0 ln

l2 ,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ln a1n l1

a2n l2 ... an n ln

0 l1 0 l2 ... 1 ln

және осы сияқты:

O li a1i l1 a2i l2 ... an i ln O l1 0 l2 ... 0 ln O, i

1, n

Ендеше,

бірлік пен O нӛлдік түрлендірулерге мына тӛмендегі матрицалар сәйкес

келеді:

...

0 ...

E ...

...

... ,

O ... ...

...

0 ...

Демек, - бірлік түрлендіруге E бірлік матрица, ал нӛлдік түрлендіруге O нӛлдік матрица сәйкес келеді.

7-мысал. - сызықты түрлендіруінің матрицасы n - ретті квадрат матрица болсын және x x, x R :

a11	a12

a21	a22
... ...

	an2
an1	an2

Онда

...	a1n	x1		x1
					x2
...	a2n	x2			x2
...	...		...	...

...					xn
...	ann	xn			xn

a11 x1 a12 x2 ... a1n xn x1, a21 x1 a22 x2 ... a2n xn x2 ,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , an1 x1 an2 x2 ... ann xn xn .

Осыдан кейін

х1 , x2, . . . ,

элементтерінің коэффициенттерін теңестіріп, сызықты

түрлендірудің матрицасының элементерін тӛмендегі формулалардан табамыз:

i j,

ai j

i j.

Сондықтан, берілген

түрлендіруіне диагоналды

...

A ...

...

матрица

сәйкес

келеді.

Егер 0

болса,

онда

нӛлдік

түрлендіру

( ai j 0,

i 1, n,

j 1, n ),

ал

егер 1

болса,

онда

бірлік

түрлендіру

( ai j 1,

i j, ai j

0, i j ).

4.3. Сызықты тҥрлендіруге амалдар қолдану

Кез келген сызықты түрлендірулерге қосу, кӛбейту және санды

түрлендірулерге кӛбейту амалдары орындалады.

Айталық,

R сызықты кеңістігінде

мен

2 сызықтық түрлендірулері

берілсін: R R ,

R R .

4.3-анықтама.

мен

сызықтық түрлендірулерінің қосындысы деп

түрлендіруін айтамыз,

егер

кеңістігінің

әрбір

x R элементіне 1 x 2 x

элементі сәйкес

келсе,

онда

ол

1 2

таңбасымен белгіленеді немесе

x 1 x 2 x , x R.

Анықтамадағы

сызықтық

түрлендіру

болатынын кӛрсетейік. Ол үшін

x 1 x1 2 x2

болсын.

Анықтама бойынша 1

мен 2 сызықты, сондықтан:

1 x1 2 x2

1 1 x1

2 x2 2

1 x1 2 x2

1 1 x1 2 1

1 2

2 2 x2

1 1 x1 2 x1

2 1 x2 2 x2 1 x1

2 x2

Демек, сызықты түрлендірулердің қосындысы да сызықты түрлендіру болады.1 мен 2 сызықтық түрлендірулерін қосқанда олардың сәйкес матрицалары да қосылады, яғни A A1 A2 .

1 x1 2 x2 1 2 1 x1 2 x2

Оны тексеру үшін

R сызықты

кеңістігінің

l1 , l2 , ..., ln

базистегі

1 түрлендіруінің

матрицасы A a

, ал осы базистегі

түрлендіруінің матрицасы A

a 2

i j

n n

i j

n n

болсын. Онда (4.7) формулаларынан x y1 l1

l2 ... yn ln ,

1 lk aik1

2 lk

aik2

li ,

k 1, n

i 1

мұндағы

l1 , l2 , ...,

элементтері R сызықты кеңістігінің базисі. Соңғы және

lk 1 lk 2 lk

теңдіктерінен

lk 1 lk

2 lk

aik1 li aik2 li

aik1 aik2 li aik li , k

1, n

i 1

мұндағы

aik aik1

aik2 .

Ал

A aik

матрица 1

түрлендіруінің

сәйкес

матрицасы.

4.4-анықтама.

саны мен

сызықты түрлендіруінің

кӛбейтіндісі деп

түрлендіруін айтамыз, егер кӛбейтіндіге мына ереже орындалса

1 x x x ,

x R.

Енді

санын

сызықты түрлендіруіне

кӛбейткенде

саны

мен сызықты

түрлендіруінің сәйкес матрицасы арасында қандай амал орындалатынын

қарастырайық. Ол үшін R сызықты кеңістігінің

l1 , l2 , ...,

элементтері R сызықты

кеңістігінің базисі,

ал

A ai

берілген

сызықты түрлендіруінің матрицасы

A1 a1 j

n n

сызықты

түрлендіруінің

матрицасы болсын. Онда

анықтама

n n

бойынша:

lk aik li ,

1 lk aik1 li ,

1 lk lk i , k

1, n

i 1

aik li ,

aik i

aik

aik lk

i 1

Сонымен,

санын

сызықты түрлендіруіне

кӛбейткенде

саны

осы

сызықты түрлендірудің сәйкес матрицасына кӛбейтіледі, яғни A1 A.

4.5-анықтама.

мен

2 сызықтық түрлендірулердің кӛбейтіндісі деп

түрлендіруін айтамыз, бұл жағдайда

R кеңістігінің әрбір x R элементіне 1 2 x

элементі

сәйкес

келеді

және

түрлендірулердің

кӛбейтіндісі x 1 2 x , x R

таңбасымен белгіленеді.

Анықтамадағы

x 1 2 x

түрлендіруі

де

сызықтық

түрлендіру.

Шынында да:

Берілген 1	мен 2 түрлендірулері сызықты. Онда:
	1 x1	2 x2 1 1 2 x1 2		2 x2
	1 1 2	x1 1 2 2 x2 1 1	2 x1
		2 1 2 x2

теңдігі орындалады.

Сызықты түрлендірулерді кӛбейткенде олардың сәйкес матрицалары

кӛбейтіледі.
Соңғы анықтамадан:			түрлендіруі мен	бірлік түрлендіруінің кӛбейтіндісі
түрлендіруінің ӛзіне тең, яғни
			x x , x R.
4.6-анықтама. Егер R		кеңістігінің кез келген		x R элементі	үшін теңдігі
орындалса, онда	1	мен 2 сызықтық түрлендірулер тең деп			аталады, тең
түрлендірулерді 1	2	таңбасымен белгілейміз.

Тең түрлендірулердің сәйкес матрицалары тең болады.

Сонымен, жоғарыдағы айтылған анықтамалардан мынадай қорытындыға келеміз. Сызықты түрлендіруге қолданылатын амалдар қосу, кӛбейту, дәрежелеу амалдардың шарттарын қанағаттандырады:

1.1 2 2 1 ;

2.1 2 3 1 2 3 ;

3.1 2 3 1 2 3 ;

4.1 2 3 1 3 2 3 ;

5.1 2 3 1 2 1 3 ;

6.2 , 2 3 , ... , n 1 n ;

7.n m n m , 0 .

							4.4. Базистен базиске кӛшу матрицасы
Кез келген			R	кеңістігі берілсін. Берілген кеңістіктің тӛмендегі екі базисін
қарастырайық:

І базис: l1 ,	l2 , ...,			ln ,		li	R, i 1, n ,
ІІ базис: l			, ..., l			,
ІІ базис: l	,	l	, ..., l		n	,	l R, i 1, n .
1			2		n		i

R кеңістігінің кез келген элементі І базис бойынша жіктелінеді

x x1 l1 x2 l2 ... xn ln

Сондықтан, ІІ базистің кез келген элементі І базис бойынша жіктелсін:

l1 l2

...

a11 l1	a12	l2	... a1n ln ,
a21 l1	a22	l2	... a2n	ln	,	(4.9)
						(4.9)
... ... ... ... ... ... ... ... ...
an1 l1	an 2 l2		... an n	ln

4.7-анықтама. Берілген (4.9) жүйенің ai j коэффициенттерінен анықталған квадрат кесте

a11	a12	... a1n

a21	a22	... a2n
A ... ...		... ...

	an2
an1	an2	... ann

І базистен ІІ базиске кӛшу матрицасы деп аталады.

Кӛшу матрицасының анықтауышы нӛлге тең болмайды, яғни A 0 .

Демек, A матрицасының A 1 кері матрицасы бар және және (4.9) жүйеден

l ,

, ...,

элементтері арқылы

ӛрнектелетін

l ,

, ...,

элементтерін

табуға

болады. Басқаша айтқанда, І базистен ІІ базиске кӛшу

A матрица

арқылы

атқарылады.

ІІ базистен І базиске кӛшу

A матрицасының

А 1

кері матрицасы арқылы

атқарылады.

Ол үшін І базистің кез келген

li , i 1, n элементін ІІ базис арқылы жіктейік:

l b

... b

l b

l ... b

(4.10)

... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

n 2

... b

n n

мұндағы

bi j , i 1, n, j 1, n және

b11

b12 ... b1n

b21 b22

... b2n

B ... ... ... ...

bn2

bn1

... bnn

ІІ базистен І базиске кӛшу матрицасы деп аталады, демек B матрицасы А 1 кері матрицасы болады.

4.5. Сызықты трлендірулердің әр тҥрлі базистегі матрицаларының байланысы. Кері тҥрлендіру

Кез келген сызықты R кеңістігінде сызықты

түрлендіруі мен

l1 , l2 ,

..., ln ,

(4.11)

f1 , f 2 ,

...,

f n

(4.12)

базистері берілсін. Онда

f k

болғандықтан, әрбір

f k

базисін (4.11) базисі бойынша

жіктеуге болады:

f1 a11

a12

l2 ... a1n

ln ,

f 2

a21

a22 l2

... a2n

ln ,

(4.13)

... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

f n

an1

an 2 l2

... an n

немесе

A ai j

f k ai k li , k

1, n

f A l,

(4.14)

i 1

n n

мұндағы

A матрица (4.11) базистен (4.12)

базиске кӛшу матрицасы деп аталады

және

0 болады,

яғни базистен базиске кӛшу матрицасының A 1

кері матрицасы

бар.

түрлендіруінің

(4.11)

базистегі

матрицасының

B ,

ал

оның

(4.12)

базистегі

матрицасы C болсын, яғни (4.5) формула бойынша:

bik

li ,

k 1,

n ,

(4.15)

i 1

f k

cik

fi ,

k 1,

n ,

(4.16)

i 1

мұндағы

b11

b12

... b1n

c11

c12

... c1n

b21

b22

... b2n

c22

... c2n

... ... ... ...

, C

... ... ... ...

bn2

cn2

bn1

... bnn

cn1

... cnn

Ендігі мақсат A, B, C матрицаларының арасындағы байланысты табу.

4.2-теорема. Егер

сызықты түрлендірудің

(4.11) базистегі

матрицасы

B bi j

және (4.12)

базистегі матрицасы

C ci j

болса, онда

мен C

n n

матрицалар арасындағы байланыс мына тӛмендегі формуламен ӛрнектеледі:

C A 1

B A немесе B A 1 C A

(4.17)

мұндағы

A матрица (4.14) формуламен ӛрнектеледі және

0 .

Дәлелдеуі. Теореманы үшін		(4.14) формуланы				(4.16) формулаға қойсақ, яғни
	n		n		n
							,
	ai k li cik				a j i l j
i 1			i 1		j 1	i
n			n	n
aik		li cik a j i l j.
i 1			i 1	j 1

Соңғы теңдікке (4.15) теңдікті қойып,

n	n	n n
aik b j i l j		a j i cik l j.
j 1	j 1	i 1 j 1

немесе

n	n
		l j
	b j i aik	l j
j 1	j 1

n		n
		a j i cik l j.
j 1	i 1

теңдігін аламыз. Соңғы теңдіктің	l j элементтерінің коэффициенттерін		теңестіріп,
сонда
n	n
b j i aik	a j i cik ,	j, k 1, n
j 1	i 1
Осыдан
	B A A C		(4.18)

яғни соңғы теңдіктің матрица түріндегі теңдігін аламыз.

A матрицаның кері матрицасы бар болғандықтан, (4.18) теңдігін солдан оңға қарай A 1 кері матрицаға кӛбейтіп, (4.17) формуланы аламыз. Теорема дәлелденді.

Сонымен, түрлендіруі (4.12) базистегі C матрицасы (4.17) формуладан анықталады, яғни түрлендіруінің әртүрлі базистегі матрицалары арасындағы байланыс (4.18) формуламен беріледі және B мен C матрицалары ұқсас. Демек, сызықты түрлендіруінің әртүрлі базистегі матрицалары ұқсас болады.

8-мысал. түрлендіруінің l1 , l2 базистегі матрица
6		2
B
	6	1
	6	1

болсын.	түрлендіруінің	f1 , f 2 базистегі матрицасын табыңдар, мұндағы
		f1 l1 2l2 , f 2 2l1 3l2 .
l1 , l2	базистен f1 , f 2	базиске кӛшу A матрицасы

	a11	a12		1		2		А	1 0.
	a11	a12		1		2
A						,

	a21	a22		2		3
Сондықтан A матрицасының кері матрицасы бар. Кері матрицаны анықтайық:
			A 1	3		2
			A 1

				2		1
Сонда
	C A 1 B A
3 2		6		2	1		2		2 0

				1			3
	2 1 6			1	2		3		0 3

4.8-анықтама. Сызықты

түрлендіруі ерекше

емес деп

аталады, егер

x 0

теңдігі x 0

болғанда ғана орындалса, ал бұл теңдік x 0 болғанда орындалса, онда

ол ерекше түрлендіру деп аталады.

4.3-теорема.

сызықты

түрлендіру

ерекше

емес түрлендіру болу үшін,

түрлендіруінің A матрицасы ерекше емес болуы, яғни

0 , қажетті әрі жеткілікті.

Дәлелдеуі. Сызықты R

кеңістігінің

l1 , l2 , ..., ln

базисін қарастырайық. Кез келген

x R элементті

l1 ,

l2 , ..., ln

базис бойынша жіктейік:

x 1 l1

... n ln

мұндағы i қарастырып отырған x элементінің

l1 ,

l2 , ..., ln базистегі координаттары

x 1 , 2 ,...,

n . Теореманы дәлелдеу үшін

x 0

болатын i

0, i 1, n , сандарын

табайық. Ол үшін

сызықты түрлендірудің

A матрицасын пайдаланып, мына

тӛмендегі біртектес сызықты теңдеулер жүйесін қарастырайық:

a11 1

a12

... a1n

n 0

a21 1

a22

... a2n

... ... ... ... ... ... ... ... ... ...

an1 1

an 2

... an n n

Бұл біртектес жүйенің тек нӛлдік шешімі болу үшін,

яғни 1 2 ... n 0 оның

анықтауышы

нӛлге тең емес (ерекше емес)

болуы қажетті әрі жеткілікті яғни

0 . Онда

x 0

нӛлдік

элемент

бар

және

ол

элемент

үшін x 0

теңдігі

лоындалады. Теорема дәлелденді.

4.4-теорема.

сызықты

түрлендіру ерекше

болу

үшін,

түрлендіруінің A

0 , қажетті әрі жеткілікті.

матрицасы ерекше болуы, яғни

4.9 –анықтама. Сызықты

кеңістігінің

түрлендіруі

сызықты

түрлендіруінің кері түрлендіруі деп аталады,

егер

бірлік түрлендіру мен кез келген

x R элемент үшін немесе x x x x , x R теңдігі

орындалса және түрлендіруінің кері түрлендіруі 1 таңбасымен белгіленеді, яғни
	1 1
немесе
	1 x 1 x x x,	x R.	(4.19)
Енді берілген	сызықты түрлендіруінің кері түрлендіруде 1 сызықты болатынын
дәлелдейік. Дәлелдеу үшін
	1 u y 1 u 1 y , u R,	y R.
теңдігін дәлелдесек жеткілікті.
1 u x, 1 y y деп белгілейік немесе u x , y y ,		мұндағы x,	y R.
түрлендіруі сызықты, сондықтан

x y x y u y.

Осыдан дәлелдеу керек теңдігімізді аламыз:

1 u y 1 x y x yx y 1 u 1 y .

Кез келген сызықты түрлендіруінің кері түрлендіруі болмауы мүмкін.

Кері түрлендіру және кері матрица туралы түсінік байланысты, яғни (4.19) теңдікті матрица түрінде былай жазуға болады:

A A 1 A 1 A E

(4.20)

немесе керісінше, яғни (4.20) түрден (4.19) түрге кӛшуге болады.

4.5-теорема. Сызықты R кеңістігінің сызықты түрлендіруінің

кері 1

түрлендіруі бар болу үшін, оның ерекше емес болуы қажетті әрі жеткілікті.

Қажеттілігі. 1 кері түрлендірудің бары белгілі дейік:

1 1 .

Онда A 1

A A A 1

E теңдігі орындалады, яғни A матрицаның

A 1

кері матрицасы

0. Ендеше 4.3-теорема бойынша ерекше емес түрлендіру.

бар немесе

Жеткіліктілігі. ерекше емес түрлендіру делік. Олай болса,

4.3-

теорема

бойынша

яғни A 1 бар. Онда

A A 1 A 1

A E

немесе

1 1 , яғни кері түрлендіру бар. Теорема дәленделді.

Демек, кері

түрлендірудің анықтамасынан: кез

келген

элемент үшін

1 y y теңдігі орындалады, яғни егер түрлендіру

y элементке y элементті

сәйкес қойса, онда 1 кері түрлендіруі y элементке y

элементті сәйкес қояды.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Doc

#
24.03.2015173.06 Кб21Metodicheskie_ukaz_2013_1.doc
#
24.03.201570.29 Кб172Pedagogika_shpor.docx
#
24.03.2015444.3 Кб30Programmirovanie.docx
#
24.03.2015220.8 Кб39seti_zhondelgen.docx
#
24.03.20151.48 Mб21S_1199_ndet_DIPLOM.docx
#
24.03.20152.56 Mб40КОЩАНОВА Г.Р.АЛГЕБРА ЖӘНЕ ГЕОМЕТРИЯ.pdf
#
24.03.20154.35 Mб33Отчет1.docx
#
24.03.201516.49 Mб10Отчет1.pdf
#
24.03.2015222.94 Кб19перевод.docx