Алгебралық жүйе ұғымы

𝑛

+ ∑ 𝛼

𝑥 𝑥
= 𝛼 (𝑥

₊ ^𝛼12 <sub>𝑥



+</sub> ^𝛼13 _𝑥

+ ⋯ + ^𝛼1𝑛 𝑥 )²

𝑖𝑗

𝑖,𝑗=2

𝑖 𝑗

11 1

^𝛼11 <sup>2

𝛼</sup>11 <sup>3

𝛼</sup>11 ^𝑛

+ 𝐺⁽𝑥₁, 𝑥₂, … , 𝑥_𝑛⁾

Сияқты түрлендірулерді жасауға болады. Жаңа 𝑦₁, 𝑦₂, … , 𝑦_𝑛 айнымалыларын

𝑦 = 𝑥

₊ ^𝛼12 ₊ ^𝛼13 _𝑥

+ ⋯ + ^𝛼1𝑛 𝑥

, 𝑦
= 𝑥
, 𝑦
= 𝑥
, … , 𝑦
= 𝑥

1 1 _𝛼11

^𝛼11 ³

_𝛼11 𝑛 2 2 3 3

𝑛 𝑛

Формулалары арқылы енгізсек, онда 𝐹⁽𝑥₁, 𝑥₂, … , 𝑥_𝑛⁾ шаршылық тұлғасы


1
𝐻₁⁽𝑦₁, 𝑦₂, … , 𝑦_𝑛⁾ = 𝑦² + 𝐺⁽𝑦₂, 𝑦₃, … , 𝑦_𝑛⁾шаршылық тұлғасына ауысады. Мұндағы 𝐺⁽𝑦₂, 𝑦₃, … , 𝑦_𝑛⁾ шаршылық тұлғасының айнымалылар саны ең көп

₁ ^𝛼12

^𝛼11

^𝛼13



^𝛼11

_… ^𝛼1𝑛

^𝛼11

𝑄 =

0 1 0

…
_…0 0_… 1

… 0

… …⁰

⁽ 0 0 ⁰ … 1 ⁾

матрицасы ерекше емес болатыны бірден көрініп тұр. Осыған ұқсас түрлендіру, 𝛼₁₁ = 0, ал қалған𝛼_𝑖𝑖 коэффиценттерінің кем дегенде біреуі нөлден өзгеше болған жағдайда да, жасалады. Жоғарыдағыдай

𝐹⁽𝑥₁, 𝑥₂, … , 𝑥_𝑛⁾ шаршылық тұлғасынан 𝐻₁⁽𝑦₁, 𝑦₂, … , 𝑦_𝑛⁾ шаршылық тұлғасына көшуді Лагранж тәсіліндегі шаршылық тұлғалардың бірінші түрлендіруі деп атаймыз.

Енді Лагранж тәсіліндегі шаршылық тұлғалардың екінші түрлендіруін сипаттайық. Барлық 𝛼_𝑖𝑖 диагональ коэффиценттері нөлге тең болғанда не жасауымыз керек деген сауалға жауап мынандай: кем дегенде бір

айнымалының квадратының алдындағы коэффицентін нөлден өзге

болатындай қосымша түрлендіру жасау керек. 𝑑𝑒ǥ⁽𝐹⁾ = 2 болғандықтан, аралас мүшелерінің кем дегенде бір коэффиценті нөлден өзгеше. Мысалы, барлық 𝑖 = ^̅1^̅̅,^̅𝑛^̅ үшін 𝛼_𝑖𝑖 = 0, ал 𝛼₁₂ ≠ 0болсын. Онда айнымалылардың

𝑥₁ = 𝑦₁ − 𝑦₂, 𝑥₂ = 𝑦₁ + 𝑦₂, 𝑥₃ = 𝑦₃, 𝑥₄ = 𝑦₄, … , 𝑥_𝑛 = 𝑦_𝑛

түрлендіруі 𝐹⁽𝑥₁, 𝑥₂, … , 𝑥_𝑛⁾ шаршылық тұлғасын

2𝛼₁₂𝑦¹ − 2𝛼₁₂𝑦² + 𝐻⁽𝑦₁, 𝑦₂, … , 𝑦_𝑛⁾

1 2
Шаршылық тұлғасына көшіреді. Мұндағы 𝐻⁽𝑦₁, 𝑦₂, … , 𝑦_𝑛⁾ шаршылық тұлғасында 𝑦²және 𝑦² мүшелерінің коэффиценттері нөлге тең. 𝑦 =

1 2

⁽𝑦₁, 𝑦₂, … , 𝑦_𝑛⁾´ айнымалыларын 𝑥 = ⁽𝑥₁, 𝑥₂, … , 𝑥_𝑛⁾´ айнымалыларына көшіретін 𝑋 = 𝑃 ∙ 𝑦сызықтық түрлендіруінің

1	−1	0	…	0
1	1	0	…	0

𝑃 = <sub>…0

…</sub> 1 _…

0_…

0

…
₍0 0

⁰ … 1 ₎

матрицасы ерекше емес екені айқын.

1

3 3 ²

2

⁹ 2 ⁹ 2 2

6𝑦₂𝑦₄ + 2𝑦₃𝑦₄ = 2 (𝑦₁ − ₂ 𝑦₃ − ₂ 𝑦₄)

− ₂ 𝑦₃ − ₂ 𝑦₄ − 9𝑦₃𝑦₄ − 2𝑦₂ + 6𝑦₂𝑦₃ −

6𝑦 𝑦 + 2𝑦 𝑦

Жаңа 𝑧 , 𝑧 , 𝑧 , 𝑧

айнымалыларын ^{3 3}

2 4 3 4.

1 2 3 4

𝑧₁ = 𝑦₁ − ₂ 𝑦₃ − ₂ 𝑦₄, 𝑧₂ =

𝑦₂, 𝑧₃ = 𝑦₃, 𝑧₄ = 𝑦₄деп 𝐺₁⁽𝑦₁, 𝑦₂, 𝑦₃, 𝑦₄⁾ = 𝐺₂⁽𝑧₁, 𝑧₂, 𝑧₃, 𝑧₄⁾ = 2𝑧² − 2𝑧² +

6𝑧₂𝑧₃ − 6𝑧₂𝑧₄ −

9 _𝑧 2

2 3

− 7𝑧₃𝑧₄ −

9 _𝑧 2

2 4

1 2

шаршылық тұлғасына келеміз.

𝐺₂⁽𝑧₁, 𝑧₂, 𝑧₃, 𝑧₄⁾ шаршылық тұлғасына қайтадан бірінші түрлендіру

жасаймыз. 𝐺

⁽𝑧

, 𝑧

, 𝑧

, 𝑧

⁾ = 2𝑧² − 2⁽𝑧² − 3𝑧 𝑧

+ 3𝑧

_{𝑧 )} 9 2

2 1 2 3 4 1 2


2
9 2 3 3

2 3 2 4

− ₂ 𝑧 ₃ − 7𝑧₃𝑧₄ −

2 4
𝑧 . Енді 𝑢₁ = 𝑧₁, 𝑢₂ = 𝑧₂ −

₂ 𝑧₃ +

𝑧₄, 𝑢₃ = 𝑧₃, 𝑢₄ = 𝑧₄ деп,

𝐺₂⁽𝑧₁, 𝑧₂, 𝑧₃, 𝑧₄⁾ = 𝐺₃⁽𝑢₁, 𝑢₂, 𝑢₃, 𝑢₄⁾ = 2𝑢² − 2𝑢² − 16𝑢₃𝑢₄ шаршылық

1 2

тұлғасына келеміз.
𝐺₃⁽𝑢₁, 𝑢₂, 𝑢₃, 𝑢₄⁾ шаршылық тұлғасына тек екінші түрлендіру жасауға болады. 𝑢₁ = 𝑣₁, 𝑢₂ = 𝑣₂, 𝑢₃ = 𝑣₃ − 𝑣₄, 𝑢₄ = 𝑣₃ + 𝑣₄десек, бастапқы

1 −1 0 0

_{1 0} 3 3

𝑃 = (^{1 1 0 0}), 𝑃 =

2 2

,

^{1 0 0} 1 0

^{0 0} 0 1

2 ^{0 1} 0 0

0 0 1 0

₍0 0 0 1₎

^{1 0} 0 0

_{0 1} 3 ₋ 3



^{1 0} 0 0

^{0 1} 0 0

𝑃₃ =

_{2 2} , 𝑃₄ = (₀

0 1 −1⁾

болады.

0 0

₍0 0

1 0

0 1 ₎

0 0 1 1

𝑃 матрицасын 𝑃₁ ∙ 𝑃₂ ∙ 𝑃₃ ∙ 𝑃₄ көбейтіндісін есептемей-ақ табуға болатынын атап өтейік. Бұл үшін біртіндеп 𝑥 айнымалыларын 𝑦 айнымалылары арқылы,

𝑦 айнымалыларын 𝑧 айнымалылары арқылы, ..., 𝑢 айнымалыларын

𝑣 айнымалылары арқылы өрнектеу керек. Мысалы, 𝑥₁ = 𝑦₁ − 𝑦₂ = (𝑧₁ +

3 3 3 3 3 3

₂ 𝑧₃ + ₂ 𝑧₄) − 𝑧₂ = 𝑢₁ + ₂ 𝑢₃ + ₂ 𝑢₄ − (𝑢₂ + ₂ 𝑢₃ − ₂ 𝑢₄) = 𝑢₁ − 𝑢₂ + 3𝑢₄ =

𝑣₁ − 𝑣₂ + 3𝑣₃ + 3𝑣₄. Онда соңғы өрнектің коэффиценттері 𝑃 матрицасының бірінші жолын береді: 1, −1,3,3. 𝑃 матрицасының басқа жолдарын табу осыған ұқсас. Әрине, 𝑃 матрицасын табудың бұл әдісі 𝑃₁ ∙ 𝑃₂ ∙ 𝑃₃ ∙ 𝑃₄ көбейтіндісін есептеумен пара-пар.

Ортогональ түрлендірулер тәсілі

Егер 𝐴, 𝐴^̃ матрицалар конгруэнт, ал сәйкес көшіру 𝑃 матрицасы ортогональ болса, онда 𝐴, 𝐴^̃ матрицаларының 𝐴^̃ = 𝑃ˊ𝐴𝑃 конгруэнттік қатынасы олардың

𝐴^̃ = 𝑃⁻¹𝐴𝑃 ұқсастық қатынасына ауысады. Төмендегі шаршылық тұлғаларды канондық түрге келтіру алгоритмі осы керемет идеяға негізделген. Бұл

алгоритмде 𝐹(𝑥) шаршылық тұлғасының (𝐴𝑥, 𝑥)кескініндегі 𝐴

матрицасының симметриялы болатыны көп пайдаланылады. Осы тәсілде 𝐴

𝑑𝑒𝑡 (

^{1 −𝜆} 0 −3

_{) = |}−𝜆 1

−𝜆 1

| ∙ |

| − |^{−𝜆 −3}| ∙

−3 0

0	1	−𝜆	0	0	−𝜆	1	−3	−3		−1	1	0
									∙ | 0 −𝜆| − | −𝜆 −

0 −3

|

−𝜆

1

1

−𝜆

1 −𝜆

1 −𝜆

1 −𝜆

−3 −𝜆^{| + |}

1 −3^{| ∙ |}−3 1 ^{| + |}−𝜆 0 ^|

₃| ∙

−3 −𝜆 −3 0

| | + |

−3 0

| ∙ |

| = ⁽𝜆 − 1⁾² − 9 − 9𝜆² − 9𝜆² − 9 +

0 1 0 −3 0 −3

81 = ⁽𝜆² − 1⁾² − 18𝜆² + 63 = ⁽𝜆² − 1⁾² − 18⁽𝜆² − 1⁾ + 45.

𝐴матрицасының өзіндік мәндері 𝜆₁ = 4, 𝜆₂ = −4, 𝜆₃ = 2, 𝜆₄ = −2,

ал бастапқы шаршылық тұлғаның канондық түрі

4𝑥̃² − 4𝑥̃² + 2𝑥̃² − 2𝑥̃²

болады.

1 2 3 4

Бастапқы𝐹⁽𝑥₁, 𝑥₂, 𝑥₃, 𝑥₄⁾ шаршылық тұлғасын осы канондық түрге келтіретін сызықтық түрлендіруді табу үшін ℝ⁴ кеңістігінің 𝐴

матрицасына қатысты ортонормаланған базисін табуымыз керек.

Симметриялы 𝐴 матрицасының өзіндік әндері әртүрлі болғандықтан оның өзіндік векторлары өзара ортогональ болады. Ендеше бізге тек ұзындығы 1-ге тең өзіндік векторларды табу керек. Оларды біз әрбір мән үшін жеке табамыз. Мысалы 𝜆₁ = 4өзіндік мәніне сәйкес өзіндік векторын:

−4𝑦₁ + 𝑦₂ − 3𝑦₃ = 0

_{ 𝑦₁ − 4𝑦₂ − 3𝑦₄ = 0

−3𝑦₁ − 4𝑦₃ + 𝑦₄ = 0

−3𝑦₂ + 𝑦₃ − 4𝑦₄ = 0

Біртекті алгебралық сызықтық теңдеулер жүйесін табамыз. Оның шешімдерінің біреуі 1,1, −1, −1)ˊ болады. Бұл шешімді нормалдап, 𝜆₁

мәніне сәйкес ұзындығы 1-ге тең болатын

1 1

𝑞₁ = (₂ , ₂

, − ¹

2

, − ¹)ˊ 2

өзіндік