Алгебралық жүйе ұғымы



бет10/22
Дата18.12.2021
өлшемі343,29 Kb.
#102758
1   ...   6   7   8   9   10   11   12   13   ...   22
Байланысты:
Алгебра 10-15

Лагранж тәсілі


Лагранж тәсілі дәрежесі 2-ге тең біртекті көпмүшелерден толық шаршы өрнектерді бөліктеп алу әдісіне негізделген.Мысалы,

𝑛 𝑛


𝐹(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) = ∑ ∑ 𝛼𝑖𝑗𝑥𝑖𝑥𝑗

𝑗=1 𝑖=1
шаршылық тұлғасында 𝛼11 коэффиценті нөлден өзге сан болсын. Онда:

𝐹(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛)


1
= 𝛼11𝑥2 + 2𝛼12𝑥1𝑥2 + 2𝛼13𝑥1𝑥3 + ⋯ + 2𝛼1𝑛𝑥1𝑥𝑛


𝑛

+ ∑ 𝛼


𝑥 𝑥
= 𝛼 (𝑥

+ 𝛼12 𝑥



+ 𝛼13 𝑥

+ ⋯ + 𝛼1𝑛 𝑥 )2





𝑖𝑗

𝑖,𝑗=2


𝑖 𝑗

11 1



𝛼11 2

𝛼11 3

𝛼11 𝑛

+ 𝐺(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛)

Сияқты түрлендірулерді жасауға болады. Жаңа 𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦𝑛 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, … , 𝑥𝑛) шаршылық тұлғасы


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


дегенде 𝑛 − 1 болатыны айқын. 𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛)´ айнымалыларының 𝑦 = (𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦𝑛)´ айнымалыларына көшіретін 𝑦 = 𝑄 ∙ 𝑥сызықтық түрлендіруінің

1 𝛼12

𝛼11

𝛼13



𝛼11

𝛼1𝑛

𝛼11

𝑄 =

0 1 0




0 01

… 0


… …0

( 0 0 0 … 1 )

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

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

Енді Лагранж тәсіліндегі шаршылық тұлғалардың екінші түрлендіруін сипаттайық. Барлық 𝛼𝑖𝑖 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 = ̅1̅̅,̅𝑛̅ үшін 𝛼𝑖𝑖 = 0, ал 𝛼12 ≠ 0болсын. Онда айнымалылардың

𝑥1 = 𝑦1 − 𝑦2, 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2, 𝑥3 = 𝑦3, 𝑥4 = 𝑦4, … , 𝑥𝑛 = 𝑦𝑛

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

2𝛼12𝑦1 − 2𝛼12𝑦2 + 𝐻(𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦𝑛)

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

1 2

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



1

−1

0



0

1

1

0



0



𝑃 = 0

1

0


0


(0 0

0 … 1 )

матрицасы ерекше емес екені айқын.

Сонымен, берілген шаршылық тұлғаны канондық түрге келтіру үшін жоғарыда сипатталған бірінші түрлендіруді мейлінше мүмкін болғанша жасау керек. Ал ондай мүмкіндік таусылғанда екінші түрлендіруді жасап

алып, бірінші түрлендіруге қайтадан оралу керек. Егер шаршылық тұлғаның айнымалылар саны 𝑛 − ге тең болса, онда бірінші түрлендіруі ең көп болғанда 𝑛 − 1рет жасалғаннан соң бастапқы шаршылық тұлға канондық түрге келеді.



1-есеп.𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) = 2𝑥1𝑥2 − 6𝑥1𝑥3 − 6𝑥2𝑥4 + 2𝑥3𝑥4 шаршылық тұлғасын Лагранж тәсілін қолданып канондық түрге келтіру керек. Оның үстіне, 𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) шаршылық тұлғасын канондық түріне келтіретін айнымалыларының ерекше емес сызықтық түрлендіруін табу керек.

Шешуі.𝑥2, 𝑥2, 𝑥2, 𝑥2мүшелері 𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) шаршылық тұлғасында жоқ,

1 2 3 4


яғни олардың коэффиценттері бәрі 0 − ге тең, ендеше бірінші түрлендіруді орындауға еш мүмкіндік жоқ, демек, екінші түрлендіруді жасау керек. Жаңа

𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, 𝑦4 айнымалыларын енгізіп, 𝑥1 = 𝑦1 − 𝑦2, 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2, 𝑥3 = 𝑦3, 𝑥4 =

𝑦4 болатын екінші түрлендіру жасайық. Онда бастапқы 𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4)

шаршылық тұлға𝐺1(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, 𝑦4) = 2(𝑦1 − 𝑦2)(𝑦1 + 𝑦2) − 6(𝑦1 − 𝑦2)𝑦3

6(𝑦1 + 𝑦2)𝑦4 + 2𝑦3𝑦4 = 2𝑦2 − 6𝑦1𝑦3−6𝑦1𝑦4 − 2𝑦2 + 6𝑦2𝑦3 − 6𝑦2𝑦4 + 2𝑦3𝑦4

1 2


өрнекке түрленеді.
𝐺1(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, 𝑦4) шаршылық тұлғасына бірінші түрлендіру

жасаймыз:𝐺1(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3, 𝑦4) = 2(𝑦2 − 3𝑦1𝑦3 − 3𝑦1𝑦4) − 2𝑦2 + 6𝑦2𝑦3



1

3 3 2


2

9 2 9 2 2




6𝑦2𝑦4 + 2𝑦3𝑦4 = 2 (𝑦12 𝑦32 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

𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) шаршылық тұлғасының 𝐺4(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4) = 2𝑣2 − 2𝑣2

1 2


16𝑣2 + 16𝑣2канондық түрін аламыз.

3 4
Канондық түрге келтіру барысында біз біртіндеп 𝑥 = 𝑃1𝑦, 𝑦 = 𝑃2𝑧, 𝑧 =



𝑃3𝑢, 𝑢 = 𝑃4𝑣 ерекше емес төрт сызықтық түрлендіру жасадық. Онда 𝑥 = (𝑃1 ∙ 𝑃2 ∙ 𝑃3 ∙ 𝑃4)𝑣, яғни ерекше емес 𝑃 = 𝑃1 ∙ 𝑃2 ∙ 𝑃3 ∙ 𝑃4

матрицасы𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) шаршылық тұлғасының 𝐺4(𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4) канондық

түріне келтіретін айнымалылардың 𝑥 = 𝑃𝑣түрлендіруінің матрицасы болады. Жоғарыдағы түрлендірулердің матрицалары:


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 𝑢32 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, 𝐴̃ матрицалар конгруэнт, ал сәйкес көшіру 𝑃 матрицасы ортогональ болса, онда 𝐴, 𝐴̃ матрицаларының 𝐴̃ = 𝑃ˊ𝐴𝑃 конгруэнттік қатынасы олардың

𝐴̃ = 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



матрицасы 𝒜𝑥 = 𝐴 ∙ 𝑥 ережесімен анықталған симметриялы 𝒜 ∈ ℒ(ℝ𝑛, ℝ𝑛) оператор ретінде қарастырылады. 𝒜 операторының ℝ𝑛 Евклид кеңістігіндегі қарапайым базисіндегі матрицасы 𝐴 болатынын еске салайық. Сонымен,

алгоритм келесі нұсқаулардан тұрады:



    1. 𝐴 матрицасының сипаттауыш көпмүшесін тап.

    2. Сипаттауыш көпмүшенің, яғни 𝐴 матрицасының сипаттауыш сандарын тап. Сол сандарды 𝜆1, 𝜆2, … , 𝜆𝑛 арқылы белгілейік. 𝒜 операторы

симметриялы болғандықтан, олар нақты сандар болады да,
𝜆1𝑦2 + 𝜆2𝑦2 + ⋯ + 𝜆 𝑦2

1 2 𝑛 𝑛


шаршылық тұлғасы бастапқы 𝐹 шаршылық тұлғасының канондық түрі болады.

    1. 𝐹 шаршылық тұлғасын канонодық түрге келтіретін 𝑃 сызықтық түрлендіруін табу керек болса, онда 𝐴 матрицасының 𝜆1, 𝜆2, … , 𝜆𝑛 өзіндік векторлардан құрастырылған ℝ𝑛 кеңістігінің

𝑞1, 𝑞2, … , 𝑞𝑛ортонормаланған базисін тап.

    1. Бағандары 𝑞1, 𝑞2, … , 𝑞𝑛 векторларынан құрастырылған матрица іздеген

𝑃 матрицасы болады.
2-есеп. 𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) = 2𝑥1𝑥2 − 6𝑥1𝑥3 − 6𝑥2𝑥4 + 2𝑥3𝑥4 шаршылық тұлғасын канондық түріне келтіретін ортогональ түрлендіруін табу

керек.


Шешуі. 𝐹(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4)көпмүшесінің әрбір 𝑥 ∈ ℝ4үшін ℱ(𝑥) = (𝐴 ∙

𝑥, 𝑥) теңдігімен анықталған шаршылық функционалының ℝ4

кеңістігінің 𝑒1 = (1,0,0,0)ˊ, 𝑒2 = (0,1,0,0)ˊ, 𝑒3 = (0,0,1,0)ˊ, 𝑒4 = (0,0,0,1)ˊ қарапайым базисіндегі шаршылық тұлғасы деп қарастырып, сол шаршылық функционал үшін оның шаршылық тұлғасы канондық түрінде ℝ4 кеңістігінің 𝑞1, 𝑞2, 𝑞3, 𝑞4ортонормаланған базисін табайық.

0 1 −3 0

Ол үшін алдымен 𝐴 = ( 1 0 0 −3)матрицасының

−3 0 0 1

0 −3 1 0


сипаттауыш көпмүшесін табуымыз керек. det(𝐴 − 𝜆𝐸) =

−𝜆 1 −3 0

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


векторына аламыз. Осыған ұқсас жолмен 𝜆2, 𝜆3, 𝜆4 өзіндік мәндеріне сәйкес

1




1 1




1




1




1




1 1




1 1 1 1

2

, −

2 , 2

, −

2

) ˊ, 𝑞3 = (

2

, −

2

, −

2 , 2

) ˊ, 𝑞4 = (

2 , 2 , 2 , 2



𝑞2 = ( )ˊ



Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   6   7   8   9   10   11   12   13   ...   22




©engime.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет