Қазақстан республикасының білім беру және ғылым министрлігі ш. Уәлиханов атындағы Кокшетау мемлекеттік

жүктеу 28,2 Mb.

бет	19/47
Дата	08.03.2018
өлшемі	28,2 Mb.
	#11922

1 ... 15 16 17 18 19 20 21 22 ... 47

Мысал 1

Мысалдар. 1. Бір a = (α₁, α₂, …, α_n) векторынан құралған жүйе сызықты тәуелді болса, онда нөлден өзгеше  скаляры үшін a =

. Осы теңдікті ^–1 скалярына көбейтсе, (^–1)a = ^–1

. Осыдан 1a =

және, 1.1-теореманың 8-қасиеті бойынша, a =

. Сөйтіп жалғыз вектор сызықты тәуелді болса, онда ол нөлдік вектор болады.

Егер a ≠

болса, онда оның кейбір координатасы нөлге тең емес, айталық, α_i, 1 ≤ i ≤ n. Онда a =

теңдігінен α_i = 0 теңдігі шығады. Ал α_i ≠ 0, сондықтан  = 0. Сөйтіп, нөлден өзгеше вектор сызықты тәуелсіз болады.

Сонымен, бір вектор нөлге тең болғанда ғана, сонда ғана одан құралған жүйе сызықты тәуелді болады.

2. Екі a және b вектор сызықты тәуелді болғанда, тек сонда ғана олар пропорционал болады, яғни кейбір  скаляры үшін a = b немесе b = a.

Шынында, a және b пропорционал болса, онда кейбір  скаляры үшін a = b немесе b = a, айталық a = b. Онда ₁ = 1, ₂ = – үшін λ₁a + λ₂b = 1a – b = 1(b) – b =

. Сондықтан a және b векторлары сызықты тәуелді болады.

Енді a және b векторлары сызықты тәуелді болсын. Онда кейбіреуі нөлден өзгеше ₁, ₂ скалярлары үшін λ₁a + λ₂b =

, айталық ₁ ≠ 0. Осыдан ₁^–1(λ₁a + λ₂b) =

немесе a + (₁^–1λ₂)b =

немесе a = – (₁^–1λ₂)b, яғни a және b векторлары пропорционал.

§ 4. Векторлардың эквивалент жүйелері

Мысалы, …, a_i,…, a_j,… векторлар жүйесі берілсе, онда a_i, a_j векторларын орындарымен алмастыру үшін келесі түрлендірулерді орындау керек:

1. Жүйедегі a_i векторын (–1)-ге көбейтіп, a_j векторына қосу. Нәтижесінде жаңа жүйе шығады: …, a_i,…, a_j – a_i,…

2. Жаңа жүйедегі a_j – a_i векторын 1-ге көбейтіп, a_i векторына қосу. Нәтижесі: …, a_j,…, a_j – a_i,…

3. Соңғы жүйенің a_j векторын (–1)-ге көбейтіп, a_j – a_i векторына қосу. Нәтижесі: …, a_j,…, – a_i,…

4. Соңғы жүйенің –a_i векторын (–1)-ге көбейту. Нәтижесі: …, a_j,…, a_i,…

§ 5. Векторлардың ақырлы жүйесінің базисі және рангі

Мысал 1. Векторлардың а₁ = (0, –1, 2, 1), а₂ = (3, 1, –1, 0), а₃ = (–6, –2, 2, 0) жүйесінің базисін табайық.

а₁ және а₂ векторлары пропорционал емес, сондықтан олар сызықты тәуелсіз. Ал а₃ = 0а₁ + (–2)а₂. Сондықтан а₁, а₂, а₃ сызықты тәуелді. Сондықтан олар үшеуі базис құрмайды. Базисті екі вектор құрайды: {а₁, а₂} немесе {а₁, а₃}.

Ал а₂ және а₃ векторлары пропорционал, сондықтан олар бір базиске кіре алмайды.

§ 6. Сызықтық теңдеулер жүйесі

Мысалы, (1, 2) векторы

x₁ + 2x₂ = 5

2x₁ + 4x₂ = 10

жүйесінің шешімі болады, сондықтан ол үйлесімді болады, өйткені белгісіздердің орнына (1, 2) векторының координаталарын сәйкесінше қойса, онда теңдеулер теңдіктерге айналады:

1 + 22 = 5

21 + 42 = 10.

Ал

x₁ + 2x₂ = 5

2x₁ + 4x₂ = 11,

жүйесі үйлесімсіз болады, өйткені (, ) бірінші теңдеудің шешімі болса, онда  + 2 = 5, ал екінші теңдеуге осы вектордың координаталарын қойса, онда 2 + 4 = 2( + 2) = 25  11. Сондықтан осы вектор екінші теңдеуді қанағаттандырмайды.

Екі жүйе берілсін:

α_i₁x₁ +…+ α_inx_n = β_i (i = 1,…, m) (1)

және

γ_i₁x₁ +…+ γ_inx_n = δ_i (i = 1,…, s). (2)

§ 7. Матрицаның жолдық және бағандық рангтері

Мысалдар. 1. Жоғарыда A =

матрицасы сатылы B =

түріне келтірілген. Ал сатылы матрицаның нөлден өзгеше жолдарының саны 4. Сондықтан r(A) = r(B) = 4.

§ 8. Сызықтық теңдеулер жүйесінің үйлесімділік критериі

Мысалдар. 1.

жүйесі берілсін.

Жүйенің кеңейтілген матрицасы сатылы түрге келтіріледі:



. Негізгі матрицаның рангі 1, кеңейтілген матрицаның рангі 2. Кронеккер-Капелли теоремасы бойынша, жүйе үйлесімсіз, яғни оның шешімі жоқ.

2. Сызықтық теңдеудер жүйесі берілсін:

x₁ + x₂ + x₃ = 6

x₁ – x₂ + x₃ = 4

x₁ + x₂ – x₃ = 0

Жүйенің кеңейтілген матрицасы сатылы түрге келтіріледі:



. Кеңейтілген матрицаның рангі 3-ке, негізгі матрицаның рангі де 3-ке тең және олар белгісіздердің n = 3 санына тең, сондықтан жүйе үйлесімді және оның жалғыз шешімі болады.

Шешімді табу үшін сатылы матрицаға сәйкес жүйені жазайық:

x₁ + x₂ + x₃ = 6

– 2x₂ = –2

–2x₃ = –6

Үшінші теңдеуді шешіп, оның x₃ = 3 шешімін табамыз. Екінші теңдеудің шешімі x₂ = 1 болады. Осы мәндерді бірінші теңдеуге қойып, x₁ белгісізінің мәнін табамыз: x₁ – 2 + 3 = 4, x₁ = 2. Сондықтан жүйенің жалғыз шешімі (2, 1, 3) векторы болады.

3. Енді тағы бір жүйені қарайық:

–x₁ + 3x₂ + 3x₃ + 2x₄ + 5x₅ = 2

–3x₁ + 5x₂ + 2x₃ + 3x₄ + 4x₅ = 2

–3x₁ + x₂ – 5x₃ – 7x₅ = –2

–5x₁ + 7x₂ + x₃ + 16x₄ + x₅ = 10

Жүйенің кеңейтілген матрицасы сатылы түрге келтіріледі:



. Кеңейтілген матрицаның рангі негізгі матрицаның рангіне тең: r = 3. Сондықтан жүйе үйлесімді болады. Ал r < n = 5 болғандықтан жүйе анықталмаған болады, яғни жүйенің шешімдер саны ақырсыз.

Берілген жүйе келесі жүйеге эквивалент болады:

жүктеу 28,2 Mb.

Достарыңызбен бөлісу:

1 ... 15 16 17 18 19 20 21 22 ... 47