Doc / КОЩАНОВА Г.Р.АЛГЕБРА ЖӘНЕ ГЕОМЕТРИЯ

9-мысал.

x x түрлендіруінің кері түрлендіруін анықтайық, мұндағы

x x1 x2 x3 ;

x3 ; x2 болсын.

1

1

1

A

0

0

1

,

A

1 0.

0

1

0

1

1

1

A A 1

0

0 1

.

0

1

0

Сондықтан, 1 x x

1

x

2

x

;

x

;

x

2

.

3

3

4.6. Тҥрлендірудің бейнесі мен ядросы

4.10-анықтама. Сызықты R

кеңістігіндегі

түрлендіруінің

бейнесі

деп

y x ,

x R түріндегі барлық элементтердің жиынын айтамыз және ол R немесе

im R

y : x y, x R

таңбасымен белгіленеді.

x y

Басқаша айтқанда,

теңдігінің кем дегенде бір шешімі бар болатын y

элементтерінің жиыны

түрлендірудің бейнесі болады.

R

кеңістігінің ӛлшемі сызықты түрлендіруінің рангісі деп аталады және ол

rang Rб

немесе rang dim Rб

dim im .

4.11-анықтама. Сызықты R

кеңістігіндегі

түрлендіруінің

ядросы

деп

x 0 теңдеуін қанағаттандыратын

x R элементтерінің жиынын айтамыз және ол

Rя немесе

ker Rя

x R : x 0

таңбасымен белгіленеді.

Rя

кеңістігінің ӛлшемі сызықты түрлендіруінің дефектісі деп аталады.

4.6-теорема. Сызықты

n

ӛлшемді

R

кеңістігінің кез келген сызықты

dim im dim ker dim R

формуласы орындалады.

10-мысал. Берілген түрлендіруінің R

мен

Rя

кеңістіктерінің ӛлшемі және олардың

базисін анықтаңдар: x y , мұндағы

x 2x1

x2 x3 ; x1

2x2 x3 ; x1 x2 2x3 .

Шешуі. Берілген түрлендіруінің матрицасын анықтайық:

2

1

1

A

1

2

1

.

1

1

2

R кеңістігінің анықтамасы бойынша:

y

элемент R

кеңістігінің элементі болу үшін

x y, y R орындалуы қажетті әрі жеткілікті, яғни матрица түрінде

2

1

1

x1

2

1

1

y

1

2 1

. x2

x1

1

x2

2

x3

1

1

1 2

1

1

2

x3

A

0,

2 1

3 0 .

1

2

rang rangR

2 .

A матрицасының рангісі 2-ге тең, олай болса,

Енді R кеңістігінің базисі ретінде A

матрицаның тік жолдарын алайық, мысалы

l1 2; 1; 1 , l2 1; 2; 1 .

Rя ядроның анықтамасы бойынша: x

элемент

Rя

кеңістігінің элементі болу үшін

x 0 теңдігі орындалуы қажетті әрі жеткілікті, яғни матрица түрінде

A x 0,

0

A

немесе

2

1

1 x1

0

1

2

1

x

2

0

1 1

2

0

x3

бар, яғни x 0 . Демек, анықтама бойынша 0

- саны

түрлендіруінің меншікті мәні

болады. Теорема дәлелденді.

x

1

A матрицасының меншікті

векторы

бағана

X x

2

, бұлар

меншікті вектордың

..

xn

сызықтық түрлендіріліуінің

õ1 , x2, . . .,

xn

кординаттарынан

құралған, алынған

қарастырайық. X X екені белгілі, мұндағы Е бірлік

матрица болса, онда

теңдеуді мына түрде жазуға болады

A E X 0

(4.26)

Жазыңқы тұлғада (4.26) теңдік сызықтық біртекті

теңдеулер жүйесін

кӛрсетеді.

a11

a12

...

a1n

D( A E)

a21

a22

...

a2n

...

...

...

...

an1

an2

...

ann

А матрицасының

сипаттамалық

анықтауышы

деп

аталады. Егер оны ашсақ,

онда

-ға

салыстырмалы

n-ші

дәрежелі

кӛпмүшелікті

аламыз

D(A E) ( 1)n n n 1 n 1 n 2 n 2 ... 1 0

0 ,

бұл

кӛпмүшелікті

l

l

l

ci к i ci i i

ci ( i k ) i

0.

i 1

i 1

i 1

1 , 2 , ..., i

,

бағаналар

сызықтық

тәуелсіз болғандықтан, соңғы теңдікте

барлық

ci ( i k )(i 1.2....,1)

коэфициенттері нӛлге тең.

Бірақта меншікті мәндер

қос-қостан әртүрлі ( i k

0) ,

онда

сi 0 (i 1,2,...,l)

(4.30)

Теңдікті

ескерсек

бағана

(4.27)

нӛлдік,

ал нӛлдік бағана матрицаның меншікті

векторы

бола

алмайды.

Яғни

ӛзіндік

1 , 2 , ...,

векторлардың сызықтық

Дербес

жағдайда

(4.26)

сипаттамалық

теңдеудің барлық

түбірлері

қарапайым (яғни,

k n болғанда )

онда матрицаның

әр уақытта

n

сызықтық-

тәуелсіз ӛзіндік векторларын құруға болады.

Әртүрлі

ӛзіндік,

k

мәндері

бар n - ші ретті

матрицаның

әруақытта k

сызықтық-тәуелсіз

меншікті

векторлары болады.

Бірақ бұл нәтижелер толық

емес. Шындығында, матрицанын p санды сызықтық-тәуелсіз

меншікті

векторлары k

дан

кіші

емес,

k дан үлкен болуы

мүмкін, бірақ

n -нен үлкен

емес, k p n.

11-мысал.

1

2

матрицасының меншікті мәнін және меншікті

A

1

4

векторын табыңыз.

Шешуі. Матрицанын сипаттамалық теңдеуін құрамыз.

2

2 5 6 0

1

1

4

Мұның түбірлері

1

2 2

3.

меншікті мәндері болады. Теңдеулер жүйесі

(1 )x1

2x2 0

x1 (4 )x2 0

болады.

Бірінші меншікті

векторды

табамыз.

Теңдеулер

жүйесіне

1 2

қоямыз,

нәтижесінде мына жүйені аламыз:

x1 2x2

0

0

x1 2x2

Жүйе анықтауышы нӛлге тең. Оның нӛлдік емес шешуі

x

1

x

мұндағы

2

2

1

x -кез-келген сан. Дербес жағдайда егер

x =1 болса, онда

Х

1

1

1

1

1/ 2

Екінші меншікті векторды табамыз. Теңдеулер жүйесіне

1 3

қоямыз,

нәтижесінде

2x1

2x2 0

x1

x2 0

анықтауышы нӛлге тең жүйені аламыз.

Оның

нӛлдік емес шешуі

x2 x1 ,

мұндағы x1 -кез-келген сан. Дербес жағдайда егер x1 =1 болса,

1

X

2

1

X1 , X 2 меншікті вектордың

сызықтық-тәуелсіз екенін тексеру оңай.

Y AX сызықтық

түрлендіруді

матрицамен

қарастырайық. Ол екі

түрлі

себептен сызықтық-тәуелсіз

ӛзіндік вектор саны p әртүрлі ӛзіндік мәндер саны

k мен және матрица реті

n мен сәйкес келеді.

k p n 2

A

1

0

12-мысал. Мына

матрицаның

меншікті

мәнін және

меншікті

а

1

векторын табыңыз.

Шешуі. Матрицанын сипаттамалық теңдеуін құрамыз.

0

(1 )2

0

1

à

1

Оның екі еселі түбірі

1,2

1.

Осыған сәйкес матрицанын

1 бірғана

меншікті

табамыз. Бұл жүйенің шешімі

x1 0

x2 кез-келген

x2 1

болғанда

ӛзіндік

вектор. Қалған барлық ӛзіндік векторлар

Х x2 X формуласымен

ӛрнектеледі.

Сонымен, матрицанын тек қана бір сызықтық-тәуелсіз

векторы болады.

Y AX сызықтық түрлендіруді матрицамен

жазықтықтың

екнші кординат

ӛсіне салыстырмалы ығысуын кӛрсетеді.

Бұл мысалда

характеристикалық

теңдеу түбірлері еселенген сонымен

қоса

сызықтық-тәуелсіз

меншікті

векторлар саны

p әртүрлі

меншікті

мәндер

саны k

мен сәйкес келеді және матрица ретінен

n кіші:

k p 1, n 2.

3

0

скаляр

матрицаның

меншікті

мәнін

және

13-мысал. Мына A

0

3

меншікті векторын табыңыз.

3

0

(3 )2

0

0

3

сипаттамалық теңдеуінің екі еселі түбірі

3. Жүйе былайша

(3 )x1

0

(1 )x2

0

Бұл ӛрнекте 3 жалғыз ӛзіндік мәнін қойып

0 0

0 0

жүйені аламыз. Яғни кез-келген

х1

бағана матрицанын меншікті векторы бола

х2

Дербес

жағдайда

1

0

бағаналары сызықтық-тәуелсіз

1

2

0

1

меншікті векторлар.

Матрицасы сызықтық түрлендіру ұқсас түрлендіруді яғни, жазықтықтың

барлық бағыттары бойынша үш рет бірқалыпты созылуын кӛрсетеді.

Бұл мысалда

характеристикалық

теңдеу түбірлері еселі

сондықтан k n .

Бірақ

сызықтық-тәуелсіз

ӛзіндік векторлар саны p әртүрлі

меншікті мәндер

k

санынан үлкен

және матрицанын

n ретімен сәйкес: k 1,

p n 2.

14-мысал.

cos

sin

ортогоналды матрицанын ӛзіндік мәнін және ӛзіндік

А

sin

cos

векторын табыңыз.

Шешуі.

cos

sin

2

2(cos ) 1 0

sin

cos

сипаттамалық теңдеуін құрамыз.

Оның түбірлері

сos

cos 2 1 cos i sin

1,2

комплексті

болады,

егер

m (m 0.1.2,...)

m болсын Онда берілген

(cos )x1 (sin )x2

0

(sin )x1 (cos )x2

0

Осы ӛрнекте cos sin .

қойып

i(sin )x1

(sin )x2

0

(sin )x1

(sin )x2 0

жүйені аламыз. Екі теңдеуді sin 0

қысқартып және бірінші теңдеуді i -ге

кӛбейтіп мына ӛрнекті аламыз

x1

ix2

0

ix2

0

x1

Бұдан x1

ix2

мұндағы

x2

кез-келген.

Дербес жағдайда

x

1

болғанда ӛзіндік вектор

i

2

1