1. KOMPLEKS ƏDƏDLƏR
Ədəd analyışı riyaziyyatın ilkin anlayışlarından biri olub, əvv ə vvəəlcə lcə natural ədədlə dlər sonra tam, rasional və və irrasional ədədlə dlər yaranmaqla hə həqiqi ədədlə dlər çoxluğuna qəd qədər gəlib gəlib çatmışdır. Qeyd edək edək ki, bu ədədlə dlərin hər hər birinin yaranması praktiki mə məsələlərin hə həlli ilə ilə əlaqə laqədar olub, tarixin müə mü əyyə yyən dövrlə dövrlərinə rinə aiddir. Lakin x 2 1 0 kimi sadə sadə bir tə tənliyin hə həqiqi ədədlər dlər çoxluğunda həllinin həllinin olmaması yeni əd ədədlərin zərurətini ətini ortaya çıxardı. Bu əd ədədlə dlərin yaradılması zərur dlər kompleks ədədlə dlərdir. Kompleks ədədlərin dlərin qurulmasında gözlənil gözləniləən prinsip ondan ibarə ibarətdir ki, kompleks ədədlə dlər həqiqi ədədlər dlər çoxluğunu da öz daxilində saxlamaqla onların malik olduğu bütün əsas əsas xassə xassələrə malik olsun və və bu çoxluqda yuxarıda göstəril göstəriləən tə tənliyin hə həlli olsun. Nizam ilə ilə götürülmüş bir cüt həqiqi həqiqi ədədlə dlə təyin olunan (a, b) a, b R şəkilli şəkilli ədədlər dlər çoxluğuna baxaq. Bu coxluğa kompleks əd ədədlər dlər çoxluğu deyilir. Tutaq ki, (c, d ) c, d R . və kompleks ədədləri dləri yalnız və yalnız o zaman bə bərabə rabər hesab olunur ki, a c, b d olsun. Bu çoxluqda cə c əm və vurma əməllərini llərini aşağıdakı qaydada təyin təyin edə edək. (a, b) və (c, d ) kompleks ədədlə dlərinin cə cəmi (a c, b d ) ədədinə dinə, hasili isə is ə (ac bd , ad bc) ədədinə dinə deyilir. Asanlıqla yoxlamaq olar ki, bu iki əməl həqiqi ədədlə dlər üzə üzərində rində təyin olunmuş cəm cəm və vurma əməllərinin llərinin malik olduğu bütün əsas əsas xassə xassələrə malikdir. "0" kompleks ədədi 0 (0,0) kimi tə təyin olunur. Bu iki əməlin kömə köməyilə yilə çıxma və bölmə bölmə əməllə llərini də də təyin etmə etmək olar. ilə ədədinin f ərqi elə elə ( x, y ) ədədinə dinə deyilir ki, onu ilə ilə ədədi ilə topladıqda -ya bə bərabə rabər olsun. Yə Yəni, olsun. Onda (c, d ) ( x, y) (a, b) (c x, d y ) (a, b) c x a, d y b bərabə rabərliyindən rliyindən çıxır ki, x a c , buradan (a c, b d ) olur. y b d Tutaq ki, 0 , yə yəni c 2 d 2 0 .
kompleks ədədi elə elə ( x, y ) ədədinə dinə deyilir ki, -nı -ya vurduqda -
ya bə bərabə rabər olsun: . Buradan (a, b) (c, d )( x, y ), (a, b) (cx dy, cy dx)
Kompleks ədədlə dlərin bə bərabə rabərliyində rliyindən
cx dy a dx cy b
alırıq. Buradan
a c d b b c a d , . y 2 2 2 2 c d c d a c d b b c a d 2 Belə Beləliklə liklə, , 2 . 2 2 c d c d x
Əgər (1,0) götürsə götürsək,
d c 2 , 2 olar. 2 c d c d 2 1
Hər bir a həqiqi ədədə (a,0) şəklind şəklindəə yazılmış yazılmış,, kompleks ədəd kimi baxa bilərik. bilərik. Asanlıqla görmək görmək olar ki, bu şəkilli şəkilli kompleks ədədlə dlər üzə üzərində rində toplama, çıxma, çıxma, vurma və və bölmə bölmə əməllə lləri həqiqi ədədlə dlər üzə üzərində rində aparılan əm əməllə llərdə rdən yalnız yazılışı ilə f ərqlə rqlənir. Mə Məsələn, (a,0), (b,0) (a b,0), (a,0) (b,0) (a b,0) Ona görə görə də biz hə həqiqi ədədlər dlər çoxluğuna kompleks əd ədədlər dlər çoxluğunun alt çoxluğu kimi baxa bilərik. bilərik. Göstə Göstərək ki, kompleks ədədlər dlər çoxluğunda x 2 1 0 tənliyinin hə həlli var. x (0, 1) kompleks ədədinin bu tənliyin tənliyin kökü olduğunu göstər göstərək. Aydındır ki,
x 2 x x (0,1) (0,1) (1, 0) . Ona görə görə də,
(1, 0) (1, 0) (0, 0) .
Belə Beləliklə, liklə, baxılan tənliyin tənliyin komplekslə komplekslər çoxluqda hə həlli var. i (0,1) kompleks ədədinə dinə xəyali vahid deyilir. Bundan istifadə istifad ə edə edərək (a, b) kompleks ədədini aşağıdakı şəkild şəkildəə yazaq: (a, b) (a, 0) (0, b) (a, 0) (0,1)(b, 0) (a, 0) i (b, 0) a i b (a, b) a i b yazılışı kompleks əd ədədin cəbri şəkildəə yazılışı adlanır. cəbri şəkild a i b yazılışındakı a , kompleks ədədin hə həqiqi hissə hissəsi, i b isə isə xəyali hissə hissəsi
adlanır. Kompleks ədədlə dlərin vurulma vurulma qaydasından istifadə etsə etsək, görə görərik ki, istifadə edə edərək i -nin ixtiyari natural qüvvə qüvv ətini i 2 1, i 3 i, i 4 1 . Bundan istifadə hesablamaq olar. Kompleks ədədlə dlərin cəbri cəbri şəkild şəkildəə yazılışı, yazılışı, bu ədədlə dlər üzə üzərində rində hesab əməllərini llərini daha asan şəkild şəkildəə yerinə yerinə yetirmə yetirməyə imkan verir. Mə Məsələn, a i b, c i d olarsa, (a i b) (c i d ) ( a c) i (b d ) (a i b) (c i d ) (a c b d ) i (a d b c)
a i b (a i b) (c i d ) (a c b d ) i (bc ad ) c i d (c i d ) (c i d ) c 2 d 2
alırıq. Buradan
a c d b b c a d , . y 2 2 2 2 c d c d a c d b b c a d 2 Belə Beləliklə liklə, , 2 . 2 2 c d c d x
Əgər (1,0) götürsə götürsək,
d c 2 , 2 olar. 2 c d c d 2 1
Hər bir a həqiqi ədədə (a,0) şəklind şəklindəə yazılmış yazılmış,, kompleks ədəd kimi baxa bilərik. bilərik. Asanlıqla görmək görmək olar ki, bu şəkilli şəkilli kompleks ədədlə dlər üzə üzərində rində toplama, çıxma, çıxma, vurma və və bölmə bölmə əməllə lləri həqiqi ədədlə dlər üzə üzərində rində aparılan əm əməllə llərdə rdən yalnız yazılışı ilə f ərqlə rqlənir. Mə Məsələn, (a,0), (b,0) (a b,0), (a,0) (b,0) (a b,0) Ona görə görə də biz hə həqiqi ədədlər dlər çoxluğuna kompleks əd ədədlər dlər çoxluğunun alt çoxluğu kimi baxa bilərik. bilərik. Göstə Göstərək ki, kompleks ədədlər dlər çoxluğunda x 2 1 0 tənliyinin hə həlli var. x (0, 1) kompleks ədədinin bu tənliyin tənliyin kökü olduğunu göstər göstərək. Aydındır ki,
x 2 x x (0,1) (0,1) (1, 0) . Ona görə görə də,
(1, 0) (1, 0) (0, 0) .
Belə Beləliklə, liklə, baxılan tənliyin tənliyin komplekslə komplekslər çoxluqda hə həlli var. i (0,1) kompleks ədədinə dinə xəyali vahid deyilir. Bundan istifadə istifad ə edə edərək (a, b) kompleks ədədini aşağıdakı şəkild şəkildəə yazaq: (a, b) (a, 0) (0, b) (a, 0) (0,1)(b, 0) (a, 0) i (b, 0) a i b (a, b) a i b yazılışı kompleks əd ədədin cəbri şəkildəə yazılışı adlanır. cəbri şəkild a i b yazılışındakı a , kompleks ədədin hə həqiqi hissə hissəsi, i b isə isə xəyali hissə hissəsi
adlanır. Kompleks ədədlə dlərin vurulma vurulma qaydasından istifadə etsə etsək, görə görərik ki, istifadə edə edərək i -nin ixtiyari natural qüvvə qüvv ətini i 2 1, i 3 i, i 4 1 . Bundan istifadə hesablamaq olar. Kompleks ədədlə dlərin cəbri cəbri şəkild şəkildəə yazılışı, yazılışı, bu ədədlə dlər üzə üzərində rində hesab əməllərini llərini daha asan şəkild şəkildəə yerinə yerinə yetirmə yetirməyə imkan verir. Mə Məsələn, a i b, c i d olarsa, (a i b) (c i d ) ( a c) i (b d ) (a i b) (c i d ) (a c b d ) i (a d b c)
a i b (a i b) (c i d ) (a c b d ) i (bc ad ) c i d (c i d ) (c i d ) c 2 d 2
olar. Asanlıqla görmək görmək olar ki, hə hər bir (a, b) kompleks ədədinə dinə üzə üzərində rində düzbucaqlı Dekart koordinat sistemi seçilmiş müstəvinin müstəvinin müə müəyyə yyən bir nöqtə nöqtəsini qarşı qoymaq olar və bu qarşıqoyma qarşılıqlı birqiymətlidir. birqiymətlidir. Belə Bel ə uyğunluq yaradılmış müstəviy müstəviyəə kompleks müstə müstəvi deyilir. Tutaq ki, müstə müst əvi üzə üzərində rində düzbucaqlı Dekart koordinat sistemi verilmişdir. (a, b) kompleks ədədinə dinə uyğun gəl gələn y nöqtə nöqtəni bu müstə müstəvi üzə üzərində rində qeyd edə edək. (a, b) uzərinə rinə düşməsi düşməsi OM OX oxunun OM uzə a üçün lazım gəl gələn və saat əqrə qrəbinin əksinə ksinə yönəlmiş yönəlmiş kiçik fırlanma bucağını ilə ilə işarə edək. edək. Onda asanlıqla görmək görmək olar ki,
a cos sin b sin Bunları kompleks ədədinin cəbri cəbri şəkild şəkildəə yazılışında nəz nəzərə alsaq,
O
b
x
sin ) olar. a i b (cos i sin
şəkildəə yazılışı onun -nın bu şəkild triqonometrik şəkli adlanır. -ya kompleks ədədin modulu, -yə -yə isə isə arqumenti deyilir və və
mod , arg
kimi işarə edilir. Aydındır ki, a 2 b 2 ,
b tg . a Qeyd edə edək ki, müstə müst əvi nöqtə nöqtələri ilə ilə kompleks ədədlər dlər arasındakı birqiymə birqiymətliliyi tə t əmin etmə etmək üçün üzə üzərinə rinə 0 2 şərtini şərtini qoymaq olar. dinə kompleks ədədinin qoşması deyilir. a i b kompleks ədədinə Triqonometrik şəkild şəkildəə verilmiş kompleks əd ədədlə dlər üzə üzərində rində vurma və və bölmə bölmə əməllə llərini daha asan yerinə yerin ə yetirmə yetirmək olar. sin 1 ) , 2 2 (cos 2 i sin sin 2 ) . Onda Tutaq ki, 1 1 (cos 1 i sin 1 2 1 2 (cos 1 i sin 1)(cos 2 i sin 2 ) 1 2 [(cos 1cos 2 sin 1 sin 2 )
i (cos 1sin 2 sin 1cos 2 )] 1 2 [cos( 1 2 ) i sin( 1 2 )]
Göründüyü kimi triqonometrik triqonometrik şəkild şəkildəə verilmiş iki kompleks ədədinin hasilinin modulu onların modulları hasilinə, hasilinə, arqumenti isə is ə arqumentlə arqumentlərin cə cəminə minə bərabə rabərdir. xüsusi halda alırıq ki,
n n (cos n i sin n ) . n 2
olduqda,
[ (cos i sin sin )]2 2 (cos 2 i sin sin 2 ) 2 (cos 2 2 i cos sin sin sin sin 2 )
.
Buradan ikiqat ikiqat arqumentin düsturlarını alırıq: cos 2 cos2 sin sin 2 , sin sin 2 2 sin sin cos . 1 2
kompleks ədədinin modulunun
1 2
-yə -yə, arqumentinin isə is ə 1 2 -yə -yə bərabə rabər
olduğunu analoji qayada göstərm göstərməək olar: mod 1 1 , arg 1 1 2 . 2 2 2 sin ) və r (cos i sin ) kompleks ədədlə Tutaq ki, (cos i sin dləri verilmişdir. Əgər n olarsa (n-natural ədəddir), onda ədədinə dinə ədədinin n dərəcədən kökü deyilir. və -nın qiymətl qiymətləərini nə nəzərə alsaq, aşağıdakı bərabə rabərliyi ala bilə bilərik: sin n ) r (cos i sin sin ) , n (cos n i sin n cos n r cos
n r , sin n r sin sin n sin
n 2 k ,
2 k
. n Göstə Göstərmə rmək olar ki, üçün aldığımız sonsuz sayda qiymə qiymətd tdən ən yalnız n saydası 2 k müxtə müxtəlifdir: k , k 0,1,2..., n 1 . n Qalanları isə bu qiymə qiymətlə tlərdə rdən biri ilə il ə üst-üstə üst-üstə düşür.Bel düşür.Beləəliklə liklə, hər bir kompleks ədədin n dərəcədən n sayda kökü var və və həmin köklər köklər aşağıdakı düsturlarla tpılır: 2 k 2 k cos sin si n r i , k 0,1,2..., n 1. n n Xüsusi halda 1 olarsa, r 1, 0 olar. Onda n n
n
1 cos
2 k
i sin sin
2 k ,
k 0,1,..., n 1 . n n Bu ədədlə dlərə vahidin n dərəcədən köklə kökləri deyilir.
2. YÜKSƏK TƏRTİBLİ MATRİSLƏR
Ədədlərdən düzəldilmiş m sayda sətiri və n sayda sütunu olan düzbucaqlı cədvələ m n ölçülü matris deyilir. Matrisi əmələ gətirən ədədlərə onun elementləri deyilir. m n ölçülü matris a11 a12 ... a1n a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2n a21 a22 ... a2n ... ... ... ... və ya ... ... ... ... am1 am 2 ... amn am1 am 2 ... amn kimi işarə olunur. Çox vaxt qısa olmaq üçün matrisləri A, B, C ,..., Z hərfləri ilə də işarə edirlər: A (ai j ) , i 1, m , j 1, n və ya A ai j , i 1,..., m , j 1,..., n Matrisin hər bir elementi iki indekslə təyin olunur. Onlardan birincisi bu elementin yerləşdiyi sətirin nömrəsini, ikincisi isə yerləşdiyi sütunun nömrəsini göstərir. ai1 , ai 2 ,..., ain i -nömrəli sətir, a1 j , a2 j ,..., anj isə j -nömrəli sütunun elementləridir. Əgər m n olarsa, belə matrisə n tərtibli matris deyilir. n tərtibli matris üçün a11 , a22 ,..., ann baş diaqonal elementləri, a1n1 , a2n1 ,..., an n1 isə ikinci baş diaqonal və ya əlavə baş diaqonal elementləri adlanır. Əgər matrisin bütün elementləri sıfra bərabər olarsa, ona sıfır matris deyilir. n tərtibli matrisin diaqonaldan bir tərəfdə yerləşən bütün elementləri sıfra bərabər olarsa, ona üçbucaq matris, diaqonaldan kənarda yerləşən bütün elementlər sıfra bərabər olarsa, ona diaqonal matris deyilir. Matrislər üzərində xətti əməllər dedikdə matrislərin toplanması və matrisin ədədə vurulması əməlləri başa düşülür. Matrislərin toplanması əməli eyni ölçülü matrislər üçün təyin olunur. Tutaq ki, A (ai j ) , B (bi j ) , i 1, m , j 1, n . Bu iki matrisin cəmi, elementləri ci j ai j bi j , ( i 1, m , j 1, n ) düsturu ilə təyin olunan C ci j matrisinə deyilir. C A B kimi işarə olunur. Matrislərin toplanması əməli yerdəyişmə və qruplaşdırma xassələrnə malikdir: 1. A B B A , 2. ( A B) C A ( B C ) Əgər B , m n ölçülü sıfır matris olarsa, onda A B A . Tutaq ki, A matrisi verilmişdir. Bu matrisin ədədinə hasili elementləri bi j ai j , ( i 1, m , j 1, n ) – yə bərabər olan B (bi j ) matrisinə deyilir və B A kimi işarə olunur. Matrisin ədədə vurma əməli aşağıdakı xassələrə malikdir: 1. ( A B) A B 2. ( ) A A ( ) A A
3. ( ) A ( A) Matrislər üzərində təyin olunmuş əməllərdən biri də matrislərin vurulması əməlidir. Qeyd edək ki, bu əməl ixtiyari iki matris üçün təyin edilmir. Tutaq ki, A m n ölçülü, B isə n p ölçülü matrisdir. Bu halda A matrisinin B matrisinə hasilini təyin etmək olar. A matrisinın B matrisinə hasili elementləri n
ci k ai j bi k , i 1, m, k 1, p j k
bərabərliklərilətəyin olunan C (ci k ) matrisinə deyilir və C A B , yazılır. Matrislərin vurulması əməli aşağıdakı xassələrə malikdir. 1. A ( BC ) ( AB) C 2. A ( B C ) AB AC 3. ( A B) C AC BC Matrislərin vurulması əməli yerdəyişmə xassəsinə malik deyil:
kimi
AB BA
Bu onunla izah olunur ki, m p olduqda B matrisini A -ya vurmaq mümkün deyil. Hətta m p olduqda belə A B matrisi m m , B A matrisi isə n n ölçülü matris olur. Ona görə də, m n olduqda AB və BA müxtəlif ölçülü matrislər olduğundan onların bərabərliyindən danışmaq olmaz. Qeyd edək ki, iki matris o zaman bərabər matrislər adlanır ki, onların tərtibləri eyni olmaqla, uyğun elementləri bərabər olsun. Əgər A və B -nin hər biri n tərtibli matris olarsa, hətta bu halda da AB BA olduğunu hər zaman demək olmaz. 0 1 0 0 , B götürsək, 0 0 1 0 1 0 0 0 , B A A B 0 0 0 1
Məsələn, A
Göründüyü kimi AB BA . Bütün diaqonal elementləri vahidə bərabər olan matrisə vahid matris deyilir: 1 0 ... 0 0 E 0 1 ... 0 0 0 0 ... 0 1 Qeyd edək ki, B diaqonal matris olduqda, yəni b11 0 ... 0 0 b22 ... 0 B ... ... ... 0 0 0 ... bnn olduqda, b11 b22 ... bn n b olarsa, onda AB BA bərabırliyi ödənilir. Xüsusi halda AE EA A . Əgər B n tərtibli sıfır matris olarsa, onda
A 0 0 A 0 olar. Matrislərin vurulması üçün A ( BC ) ( AB) C qruplaşdırma xassəsi də doğrudur. n
-TƏRTİBLİ DETERMİNANT
Tutaq ki, n tərtibli
a11 a12 a21 a22 A ... ... an1 an 2
a1n ... a2 n ... ... ... ann ...
matrisi verilmişdir. n 1 olduqda A ( a11 ) matrisinin determinantı a11 ədədinə deyilir. n 2 olduqda a11 a12 A a a 21 22 iki tərtibli matrisin determinantı, analitik həndəsədən məlum olduğu kimi, a11a22 a12 a21 ədədinə deyilir. A matrisinin determinantını det A , və ya a11 a12 kimi işarə edəcəyik. Beləliklə, a21 a22 a11 a12 det A a a a a . a21 a22 11 22 12 21 Üç tərtibli matrisin determinantını da biz analitik həndəsədə təyin etmişdik. Göründüyü kimi baxılan halların hər birində verilmiş matrisə onun ədədi xarakteristikası olan və determinantı adlanan müəyyən bir ədədi qarşı qoyuruq. Tutaq ki, biz artıq n 1 tərtibli determinantı təyin etmişik. n tərtibli A matrisinin determinantı aşağıdakı qaydada təyin olunan ədədə deyəcəyik: det A
a11 a12 ... a1n a21 a 22 ... a 2n ...
...
...
...
n
(1)1 j a1 j M j1
(1)
j 1
an1 an 2 ... a nn
burada M j1 A matrisinin 1-ci sətirini və j nömrəli sütununu atdıqdan sonra qalan elementlərdən düzəldilmiş n 1 tərtibli determinantdır. Göründüyü kimi biz n tərtibli determinantı n 1 tərtibli determinantın köməyi ilə təyin etdik. Əvvəlki mühakimələrdən aydındır ki, ikitərtibli determinanta görə üçtərtibli, üçtərtibliyə görə dördtərtibli və bu qaydaya ilə n 1 tərtibli determinantlara görə (1) düsturundan istifadə etməklə n tərtibli determinantı təyin edə bilərik. Qeyd edək ki, A iki tərtibli matris olduqda (1) düsturu ilə təyin olunan
a11 a12 a11 M 11 a12 M 21 a11a22 a12a21 a21 a22 ədədi 2 tərtibli determinanta əvvəl verdiyimiz təriflə ilə üst-üstə düşür. A matrisinin ixtiyari aij elementini götürək. Bu elementin yerləşdiyi sətir və sütun elementlərini atdıqdan sonra qalan elementlərdən düzəldilmiş n 1 tərtibli determinantı M ji ilə işarə edək. Bu determinanta aij elementinin tamamlayıcı det A
minoru və ya sadəcə olaraq minor, (1)i j M ji ədədinə isə aij elementinin cəbri tamamlayıcı deyilir. Dediklərimizi nəzərə alsaq n tərtibli determinanta aşağıdakı tərifi verə bilərik. Tərif 1. n tərtibli A matrisinin determinantı bu matrisin birinci sətir elementlərinin öz cəbri tamamlayıcılarının hasilləri cəminə bərabərdir. İsbat etmək olar ki, n tərtibli determinantın istənilən i 2 nömrəli sətir elementləri üçün aşağıdakı bərabərlik doğrudur: a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2n n (2) det A (1)i j aij M ji ...
...
...
...
j 1
an1 an 2 ... ann (2) düsturu n tərtibli determinantın i nömrəli sətir elementlərinə görə ayrılışı adlanır. (2) düsturuna analoji olaraq aşağıdakı düsturu da isbat etmək olar: a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2n n (3) det A (1)i j aij M ji ...
...
...
...
i 1
an1 an 2 ... ann (3) düsturu n tərtibli determinantın ixtiyari j nömrəli sütun elementlərinə görə ayrılışı adlanır. Dediklərimizdən aydındır ki, n tərtibli determinantın sətirləri və sütunları eyni hüquqludur. 3. DETERMİNANTIN BİLAVASİTƏ ELEMENTLƏRİLƏ İFADƏSİ
Yuxarıda biz n tərtibli determinantı tərifini verdik və onun ixtiyari sətir və sütuna görə ayrılışının bu tərif ə ekvivalent olduğunu qeyd etdik. İndi isə determinantın bilavasitə elementləri ilə ifadəsini yazaq. Bunun üçün əvvəlcə bəzi köməkçi anlayışlarla tanış olaq. Tutaq ki, 1 , 2 ,..., n -lərdən hər biri 1,2,..., n ədədlərindən birinə bərabər olan qiymət alır və onlar içərisində təkrar olunanı yoxdur. 1 , 2 ,..., n bu halda, 1,2,..., n ədədlərindən düzəldilmiş yerdəyişmə adlanır. Tutaq ki, 1 , 2 ,..., n hər hansı yerdəyişmədir. Bu ədədlərdən i j şəkilli cütləri düzəldək. Əgər i j cütündə i j olduqda i j olarsa, onda belə cütə nizamsız cüt deyilir. 1 , 2 ,..., n ədədlərindən düzəldilmiş bütün nizamsız cütlərin sayını N ( 1 , 2 ,..., n ) ilə işarə edək.
Teorem 1. Tutaq ki,
n tərtibli
a11
a12
...
a1n
a 21
a 22
...
a2n
...
...
...
...
a n1
an2
...
a nn
determinant verilmişdir Onda bu determinant üçün aşağıdakı bərabərlik doğrudur: (1) det A (1) N ( 1 , 2 ,..., n ) a 11, a 2 2 ,..., a n n , 1 , 2 ,..., n
burada cəmləmə bütün mümkün olan 1 , 2 ,..., n yerdəyişmələri üzrə aparılır. Qeyd edək ki, onların sayı n!-a bərabərdir. İsbatı. (1) düsturunu riyazi induksiya üsulu ilə isbat edək. Tutaq ki, n 2 . Bu halda aydındır ki, iki yerdəyişməni düzəltmək olar: 1,2 və 2,1. Onda N (1,2) 0 , N (2,1) 1 və (1) düsturuna görə a11a22 a12 a 21 . Aydındır ki, bu 2-tərtibli determinantın tərifi ilə üst-üstə düşür. Tutaq ki, n 2 . Fərz edək ki, biz artıq n 1 tərtibli determinantlar üçün (1) düsturunun doğru olduğunu bilirik. n tərtibli determinantlar üçün də bu düsturun doğru olduğunu göstərək. Bunun üçün n tərtibli determinantın birinci sütununa görə ayrılışını yazaq: n
(1)1 a 1 M 1
(2)
1
1
1 1
1
(2) bərabərliyindəki M 1 1 determinantlarının hər biri n 1 tərtibli olduğundan onlar üçün (1) düsturunu yaza bilərik: (3) M 1 1 (1) N ( 2 , 3 ,..., n ) a 2 2 , a 3 3 ,..., a n n 2 , 3 ,..., n
(3) bərabərliyini (2) də nəzərə alsaq, aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik 1 N ( , ,..., ) a 1 , a 2 ,...,a n (4) (1) 1
2
3
n
1
2
n
1 , 2 ,..., n
Qeyd edək ki, 1 , 2 ,..., n yerdəyişməsindən və 2 , 3 ,..., n yerdəyişməsindən düzəltdiyimiz cütləri müqayisə etsək, görərik ki, birincidən düzəldilmiş cütlər ikincidən düzəldilmiş cütlərdən 1 2 , 1 3 ,..., 1 n cütləri qədər f ərqlənir. Bu cütlər içərisində isə nizamsız cütlərin sayı 1 1 -ə bərabərdir. Bunu nəzərə alsaq aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik: N ( 1 , 2 ,..., n ) N ( 2 , 3 ,..., n ) 1 1 1 1 N ( 2 , 3 ,..., n ) 2 Bu bərabərliyi nəzərə alsaq, (4) düsturunun (1) düsturu ilə üst-üstə düşdüyünü görərik. Bununla da n tərtibli determinantın bilavasitə elementləri ilə ifadəsini göstərən (1) düsturunu isbat etmiş olduq. Tutaq ki, n tərtibli determinant verilmişdir. Fərz edək ki, k , n -dən kiçik olan ixtiyari natural ədəd, i1 , i2 ,..., k isə 1 i1 i2 ... k n bərabərsizliklərini ödəyən ixtiyari sətirlərdir. Bu determinantının 1 j1 j2 ... jk n bərabərsizliyini ödəyən k sayda sütunlarını götürək. i1 , i2 ,..., ik sətirləri ilə j1 , j2 ,..., jk sütunlarının kəsişməsində yerləşən elementlərdən düzəldilmiş
i k determinantı M ji11,,i j22,..., ilə, bu sətir və sütunları atdıqdan sonra qalan ,..., j k i k elementlərdən düzəldilmiş n k tərtibli determinantı isə M ji11 ,,i j22,..., ilə işarə edək. ,..., j k
Teorem2(Laplas teoremi).
doğrudur:
(1)
i1 i2 ... ik j1 j2 ... j k
n tərtibli determinant üçün aşağıdakı bərabərlik
ik i ,i ,...,ik M ji ,,i j ,..., ,..., jk M j , j ,..., jk ,
j1 , j2 ,..., jk
1 2
1 2
1
1
2
(5)
2
burada cəmləmə 1 j1 j2 ... jk n bərabərsizliklərini ödəyən bütün j1 , j2 ,..., jk indeksləri üzrə aparılır. Qeyd edək ki, Laplas teoremi yüksək tərtib determinantları aşağı tərtib determinantlara gətirməklə hesablamağa imkan verir.
TƏRTİBLİ DETERMİNANTIN XASSƏLƏRİ
n
Tutaq ki, n tərtibli determinant verilmişdir. Bu determinantın bütün sətirləri ilə onun uyğun sütunlarının yerini dəyişdirilməsi əməliyyatı determinantın “transponirə edilməsi” adlanır. Eyni əməliyyat matrislər üzərində də aparılır. A matrisini transponirə etdikdən sonra alınan matrisi A və ya AT kimi işarə edəcəyik. n tərtibli determinanta verdiyimiz tərif və onun ixtiyari sətir və sütuna görə yazdığımız ayrılışları aşağıdakı xassələrin doğru olduğunu göstərməyə imkan verir. I. n tərtibli determinantı transponirə etdikdə onun qiyməti dəyişmir. Bu xassə onu göstərir ki, n tərtibli determinantın sətirləri üçün doğru olan hər bir xassə onun sütunları üçün də doğrudur. Ona görə də, biz determinantın bütün xassələrini onun sətirləri üçün qeyd edəcəyik. II.Determinantın ixtiyarı iki sətirinin yerini dəyişdikdə onun işarəsi əksinə dəyişmir. İsbatı. Bu xassəni isbat etmək üçün Laplas teoremindən istifadə edəcəyik. Fərz edək ki, n tərtibli determinantın ixtiyari iki i1 və i2 nömrəli sətirlərinin yerini dəyişmişik . n tərtibli determinantın bu iki sətirinə Laplas teoremini tətbiq etsək, i ,i i ,i i i j j (1) det A (1) 1 2 1 2 M j1 , j2 M j1 , j2 1
j1 , j 2
2
1
2
a11 a12 Tutaq ki, determinantı verilmişdir. Asanlıqla görmək olar ki, bu a21 a22 determinantın 2 sətrinin yerini dəyişdikdə onun işarəsi əksinə dəyişir: a11 a12 a11a22 a12a21 a21 a22 a21 a22 (a11a22 a12a21 ) . a11 a12 Bunu nəzərə alsaq, deyə bilərik ki, i1 və i2 nömrəli sətirlərin yerini dəyişdikdə M ji11,,i j22 M ji 21 ,, ji12 . M ji ,,i j determinantına gəldikdə isə i və i2 sətirləri silindiyi üçün onların işarəsinin və qiymətinin bu sətirlərdən heç bir asılılığı 1
1
2
2
1
yoxdur. Bu isə o deməkdir ki, i1 və i2 nömrəli sətirlərin elementlərinin yerini dəyişdikdə determinantın işarəsi əksinə dəyişir. Tutaq ki,determinantın sətirləri (a1 , a 2 ,..., an ) , (b1 , b2 ,..., bn ), ..., (c1 , c2 ,..., cn ) elementlərindən ibarətdir. Əgər bu determinantın i nömrəli sətir elementləri üçün ai1 ai bi ... ci bərabərliyi doğru olarsa, onda deyəcəyik ki, determinantın i nömrəli sətiri yuxarıda göstərdiyimiz sətirlərin xətti kombinasiyasıdır. III. Əgər n tərtibli determinantının i nömrəli sətiri (a1 , a2 ,..., an ) və (b1 , b2 ,..., bn ) sətirlərinin ai1 ai bi , (i 1, n) şəkilli xətti kombinasiyası olarsa, onda bu determinantın qiyməti det A 1 2 belə ki, 1 və 2 i nömrəli sətiri uyğun olaraq (a1 , a2 ,..., an ) və (b1 , b2 ,..., bn ) olmaqla qalan bütün sətirləri det A-nın sətirləri ilə üst-üstə düşən n tərtibli determinantlardır. Bu xassəni isbat etmək üçün n tərtibli determinantın i nömrəli sətrinə görə ayrılışını yazmaq kifayətdir. n tərtibli determinantın qeyd etdiyimiz bu 3 xassəsindən istifadə edərək aşağıdakı xassələri də isbat etmək olar: IV. Determinantın iki sətiri eyni olarsa, onun qiyməti sıfra bərabərdir. İsbatı. Tutaq ki, i1 və i2 sətirləri eyni elementlərdən ibarətdir. Bu determinantın qiymətini ilə işarə edək. Aydındır ki. i1 və i2 sətirlərinin yerini dəyişsək I xassəyə görə onun qiyməti -ya bərabər olar. Digər tərəfdən i1 və i2 sətirləri eyni olduğundan onun qiyməti dəyişməz. Beləliklə 0. , 2 0 , V. Determinantın hər hansı sətiri yalnız sıfırlardan ibarət olarsa, onun qiyməti sıfra bərabər olar. Bu xassəni isbat etmək üçün determinantın həmin sətirə ayrılışını yazmaq kifayətdir. VI. Determinantı hər hansı ədədinə vurmaq, onun sətirlərindən hər hansı birinin bütün elementlərinin ədədinə vurulmasına ekvivalentdir. Bu xassənin isbatı III xassədən 0 götürməklə alınır. VII. Determinantın iki sətiri mütənasib olarsa, yəni bu iki sətirin uyğun elementərinin nisbəti eyni olarsa, onda determinantın qiyməti sifra bərabərdir. a Doğrudan da, əgər i olarsa, onda ai bi yazıb əvvəlcə VI, sonra isə IV bi xassəni tətbiq etmək kifayətdir. VIII. Determinantın hər hansı sətırinin bütün elementlərini eyni bir ədədə vurub, onun başqa bir sətrinin uyğun elementləri üzərinə əlavə etsək, determinantın qiyməti dəyişməz. Bu xassənin də isbatı III xassədən alınır.
IX. Determinantın hər hansı sətir elementlərinin öz cəbri tamamlayıcılarına hasilləri cəmi determinantın qiymətinə, başqa bir sətirin uyğun elementlərinin cəbri tamamalayıcılarına hasilləri cəmi isə sıfra bərabərdir. Bu xassəni isbat etmək üçün n tərtibli determinantın götürdüyümüz sətirə görə ayrılışını yazmaq kifayətdir. Tutaq ki, A və B n tərtibli matrislərdir. Bu matrislərin hasili və cəminin determinantı üçün aşağıdakı xassələri isbat etmək olar: 1. det ( A B) det A det B 2. A və B matrislərinin cəminin determinantı, sətirlərinin bir hissəsi A -nın sətirlərindən, qalanları isə B -nin sətirlərindən ibarət olmaqla düzəldilməsi mümkün olan bütün n tərtibli determinantların cəminə bərabərdir. 4. Tərs matris v ə onun tapılması
Tutaq ki, A n tərtibli matrisdir: a11 a12 ... a1n ... a a a 2n A 21 22 ... ... ... ... an1 an 2 ... ann Tərif 1.Əgər n tərtibli elə B matrisi varsa ki, A B E ( E - n tərtibli vahid matrisdir) bərabərliyi ödənilsin, onda B matrisinə A mateisinın sağ tərsi deyilir. Tərif 2. Əgər n tərtibli elə C matrisi varsa ki, CA E bərabərliyi ödənilsin, onda C matrisinə A matrisinın sol tərsi deyilir. Tutaq ki, A matrisinin həm sağ, həm də sol tərsi var. Onda C C E C ( A B) (C A) B E B B Beləliklə matrisin həm sağ, həm də sol tərs varsa, onlar biri-birinə bərabərdir. Bu halda deyəcəyik ki, A matrisinin tərsi var və onu A 1 kimi işarə edəcəyik. Teorem. n tərtibli A matrisinin tərsinin olması üçün zəruri və kafi şərt det A 0 olmasıdır. İsbatı. Zərurilik Tutaq ki, A matrisinin tərsi var. Bu o deməkdir ki, A1 A A A1 E . Matrislər hasilinin determinantınin məlum xassəsinə görə det( A1 A) det A1 det A . Digər tərəfdən det( A 1 A) det E 1 olduğu üçün, det A 0 olur. 1 Kafilik. Tutaq ki, det A 0 . A ilə aşağıdakı matrisi işarə edək An1 A12 A11 ... det det det A A A A A A 22 n2 21 A1 det A det A ... det A , ... ... ... ... A1n A2n Ann ... det A det A det A
burada Aij A matrisindəki aij elementinin cəbri tamamlayıcısıdır. Matrislərin vurulma qaydasından və determinantların cəbri IX xassəsindən istifadə etsək, asanlıqla göstərmək olar ki, A1 A A A1 E . Sonuncu bərabərliklər göstərir ki, A 1 matrisi A matrisinin tərsidir. Beləliklə biz det A 0 olduqda, həm A matrisinin tərsinin varlığını, həm də onun tapılma qaydasını göstərmiş olduq. Qeyd edək ki, A matrisinin tərsinin tapılması üçün ikinci bir üsul, elementar çevirmələr üsuludur. Matrisin sətirləri (sütunları) üzərində aparılan aşağıdakı cevirmələr elementar cevirmələr adlanır: 1.İsənilən iki sətirin (sütunun) yerinin dəyişdirilməsi. 2.Hər hansı sətirin (sütunun) bütün elementlərini sıfırdan farqli ədədə vurmaq. 3.Hər hansı sətir (sütun) elementlərini eyni bir ədədə vurub, başqa bir sətirin (sütunun) uyğun elementləri üzərinə əlavə etmək. Qeyd edək ki, elementar çevirmələrin köməyilə də matrisin tərsini tapmaq üçün elementar çevirmələrin (yalnız sətirlər və ya yalnız sütunlar üzərində aparmaqla) köməyilə verilmlş matrisi vahid matrisə gətirmək və eyni cevirmələri vahid matris üzərində aparmaq lazımdir. Sonda alınan matris verilmiş matrisin tərsi olur.
BAZİS MİNOR HAQQINDA TEOREM Tutaq ki,
a11 a12 ... a1n ... a a a 22 2n A 21 ... ... ... ... am1 am 2 ... amn m n ölçülü matrisdir. Əgər A matrisinin bütün elementləri sıfra bərabər deyilsə, onda aşağıdakı iki xassəyə malik olan r natural ədədi var: 1) A matrisinin r tərtibli minorlarından heç olmazsa biri sıfırdan fərqlidir 2) r 1 tərtibli bütün minorlar sıfra bərabərdir. Bu şərti ödəyən r ədədinə A matrisinin ranqı deyilir və r rang A kimi işarə edilir. Sıfırdan fərqli həmin minor isə bazis minor adlanır. Aydındır ki, eyni bir matrisdə birdən çox sayda bazis minor ola bilər. Bazis minor haqqında teoremə keçməzdən əvvəl determinantın (matrisin) sətirlərin xətti asılılığı haqqında aşağıdakıları qeyd edək. Tutaq ki, A ( a1 , a2 ,..., an ) B (b1 , b2 ,..., bn ) ………………. C (c1 , c2 ,..., cn )
sətirləri verilmişdir. Bunların hər birinə 1 n tərtibli matris kimi baxmaq olar. Matrislərin toplanması və ədədə vurulması qaydasından istifadə edərək aşağıdakı 1 n tərtibli matrisi düzəldək A B ... C Bu sətirə A, B ,..., C sətirlərinin xətti kombinasıyası deyilir. Tutaq ki, A B ... C 0 (1) Əgər (1) bərabərliyi , ,..., ədədlərindən heç olmazsa birinin sıfırdan f ərqli qiymətində ödənilərsə, onda A, B,..., C sətirləri xətti asılı adıanır. Əgər (1) bərabərliyi 0, 0,..., 0 ödənərsə, onda A, B,..., C sətirləri xətti asılı olmayan adlanır. Analitik həndəsədə vektorlar üçün isbat etdiyimiz teoremə analoji olaraq aşağıdakı teoremi isbat etmək olar. Teorem. A, B,..., C sətirlərinin xətti asılı olması üçün zəruri və kafi şərt onlardan birinin qalanlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərilə bilməsidir. Teorem (Bazis minor haqqında). Bazis minor sətirləri (sütunları) xətti asılı deyil və matrisin ixtiyari sətirini (sütunu) bazis minor sətirlərinin (sütunlarının) xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. İsbatı. Teoremi sətirlər üçün isbat edək.Tutaq ki, bazis minor sətirləri xətti asılıdır . Onda bu sətirlərdən birini qalanlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Biz həmin sətirdən bu xətti kombinasiyasını çıxsaq (determinantın xassəsinə görə) yalnız sıfırlardan ibarət olan sətir alarıq. Bildiyimiz kimi belə determinantın qiyməti sıfra bərabər olar. Bu isə bazis minorun sıfırdan fərqli olması şərtinə ziddir. Ona görə də, deyə bilərik ki, bazis minor sətirləri xətti asılı deyil. İndi isə göstərək ki, A matrisinin istənilən sətirini bazis minor sətirlərinin xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Ümumiliyi pozmadan hesab edəcəyik ki, bazis minor A matrisində yuxarı sol küncdə yerləşir, əgər belə olmazsa, sətrilərin və sütunların yerini dəyişməklə buna nail ola bilərik. (bu prosesdə det A 0 xassəsi saxlanılır ). Aşağıdakı r 1 tərtibli minora baxaq: bazis min. a11 a12 ... a1r a1 j
a21 a22 ... a2r a2 j ...
1 j n
ar 1 ar 2 ... ar r ar j ak 1 ak 2 ... ak r ak j
1 k m
...
...
...
...
Aydındır ki, j r və ya k r olduqda, bu determinantın qiyməti sıfra bərabərdir. Cünki bu halda ya determinantın iki sətiri, ya da iki sütunu üst-üstə düşür. Əgər j r və ya k r olarsa, bazis minorun tərtibi r -ə bərabər olduğu üçün determinantın qiyməti sıfra bərabər olar. Beləliklə, 1 j n, 1 k m olduqda
baxılan determinantın qiyməti sıfra bərabər olar. Bu determinantın axırıncı sütuna görə ayrılışını yazsaq, (2) a1 j A 1 j a2 j A2 j ... ar j Ar j ak j Ak j 0 olar.Asanlıqla görmək olar ki, A1 j , A2 j ,..., Ak j əmsalları j -dən asılı deyil. Bu əmsalları uyğun olaraq c1 , c2 ,..., ck sabitləri ilə işarə edək. Qeyd edək ki, cr 1 = Ak j bazis minora bərabərdir. Bunu nəzərə alıb (2) bərabərliyin hər tərəfini cr 1 -ə bölsək aşağıdakı bərabərlikləri yaza bilərik: c c c ak j 1 a1 j 2 a2 j ... r ar j , ( j 1,2,..., n) (3) cr 1 cr 1 cr 1 (3) bərabərliklərindən görünür ki, A matrisinin k nömrəli sətiri bazis minor sətirlərinin xətti kombinasiyasıdır. Teorem. n tərtibli determinantın sıfra bərabər olması üçün zəruri və kafi şərt onun sətirlərinin (sütunlarının) xətti asılı olmasıdır. İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, det A 0 . Bu, o deməkdir ki, A matrisinin bazis minorunun tərtibi n dən kiçikdir və onun sətirlərindən heç olmazsa biri bazis minora daxil deyil. Bazis minor haqqında teoremə görə, bu sətiri bazis minor sətirlərinin xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Əgər bu xətti kombinasiyaya qalan sətirləri sıfır əmsalı ilə əlavə etsək, onda götürdüyümüz sətir A matrisinin qalan bütün sətirlərinin xətti kombinasıyası olar. Bu isə o deməkdir ki, A matrisinin sətirləri xətti asılıdır. Kafilik. Tutaq ki, A matrisinin sətirləri xətti asılıdır. Onda sətirlərdən heç olmazsa biri qalanlarının xətti kombinasiyasıdır. Bu sətirdən həmin xətti kombinasiyanı çıxsaq, o yalnız sıfırlardan ibarət olar. Determinantın xassəsinə görə belə determinantın qiyməti sıfra bərabərdir. Teorem isbat edildi. Biz bazis minor haqqında teoremi, eləcə də sonuncu teoremi n tərtibli determinantın sətirləri üçün isbat etdik. Determinantın sətirləri və sütunları eyni xassələrə malik olduğuna görə həmin teoremlər determinantın sütunları üçün də doğrudur. 5. XƏTTİ FƏZA
Müxtəlif təbiətli x, y,... elementlərindən təşkil olunmuş X çoxluğu aşağıdakı şərtləri ödədikdə həqiqi xətti f əza adlanır: I. X çoxluğunun x, y elementinə onların cəmi adlanan və x y kimi işarə olunan üçüncü bir z X elementini qarşı qoymaq qaydası verilsin, II. X coxluğunun x elementi və həqiqi ədədinə, ədədinin x elementinə hasili adlanan və x kimi işarə olunan ikinci bir y X elementini qarşı qoymaq qaydası verilsin. III. Bu iki qayda aşağıdakı xassələrə məlik olsun: 1) x y y x ( yerdəyişmə) 2) x ( y z ) ( x y ) z (qruplaşdırma) 3) 0 X , x X , x 0 x (0-sıfır elementi adlanır) 4) x X , x X , x x 0 ( x, x -in əksi adlanır )
5) 1 x x
x X
6) ( x) ( ) x 7 ) ( x y ) x y 8) ( ) x x x
Göstərmək olar ki, həqiqi ədədlər çoxluğu ədədlərin toplanması və vurulması, f əzada sərbəst vektorlar çoxluğu vektorların toplanması və həqiqi ədədə vurulması, eləcə də parçada kəsilməz funksiyalar çoxluğu funksiyaların toplanması və ədədə vurulması əməllərinə görə xətti f əza əmələ gətirir. Eyni bir çoxluq bəzi əməllərə görə xətti f əza əmələ gətirdiyi halda, bu çoxluqda təyin olunmuş başqa bir əmələrə görə xətti f əza əmələ gətirməyə də bilər. Bu müxtəlif səbəblərdən, məsələn, cəm və ədədə vurma əməllərinin nəticəsinin həmin çoxluğa daxil olmaması və ya yuxarıda qeyd etdiyimiz səkkiz xassədən bəzilərinin ödənilməməsi səbəbindən ola bilər. Müstəvi üzərində düzbucaqlı Dekart koordinat sistemi götürək və X ilə bu müstəvi üzərində yerləşən vektorlar çoxluğunu işarə edək. Yuxarıda qeyd etdiyimiz kimi X çoxluğu vektorların toplanması və həqiqi ədədə vurulması əməllərinə görə xətti f əza əmələ gətirir. Lakin X ilə müstəvidə koordinat başlanğıcından keçən hər hansı düz xətt üzərində yerləşən bütün vektorları atdıqdan sonra qalan vektorlar çoxluğunu işarə etsək, o xətti f əza olmaz. Çünki, X çoxluğuna daxil olan ixtiyari iki vektorun cəmi həmişə bu çoxluğa daxil deyil. Əgər müsbət ədədlər çoxluğunda( R ) cəm və ədədə vurma əməllərini adi qaydada təyin etmək istəsək, aydındır ki, mənfi ədədə vurma əməlinin nəticəsi bu çoxluqa daxil deyil. Ona görə də, R bu əməllərə görə xətti f əza əmələ gətirmir. Lakin müsbət ədədlər çoxluğunda x və y ədədlərinin cəmi əməlini onların adi mənada hasili kimi, ədədinin x müsbət ədədinə hasilini isə x kimi təyin etsək, hər iki əməlin nəticəsi müsbət ədədlər çoxluğuna daxil olar. Göstərmək olar ki, müsbət ədədlər çoxluğu bu iki əmələ görə xətti f əza əmələ gətirir. İsbatsız olaraq aşağıdakı teoremləri verək: Teorem 1. Xətti f əzada sıfır element və hər bir elementin əksi yeganədir. Teorem 2. Xətti f əzanın sıfır elementi( ) bu f əzanın x elementinin sıfır ədədinə hasilinə, hər bir x elementinin əksi ( x ) isə bu elementin "1" ədədinə hasilinə bərabərdir. Başqa sözlə 0 x, x X x (1) x, x X Tutaq ki, X həqiqi xətti f əzadır. Bu fəzaya daxil olan x, y,..., z X ədədlərini götürək. Bu elementləri , ,..., R həqiqi ədədlərinə vurub topladıqdan sonra alınan x y ... z elementinə x, y,..., z X elementlərinin xətti kombinasiyası deyilir. Aşağıdakı bərabərliyə baxaq x y ... z = 0
Əgər (1) bərabərliyi , ,..., ədədlərinin yalnız sıf ra bərabər qiymətində ödənilərsə, onda x, y,..., z elementləri xətti asılı olmayan adlanır. Əgər (1) bərabərlyi , ,..., ədədlərinin heç olmazsa birinin sıfırdan fərqli qiymətində ödənilərsə, onda x, y,..., z xətti asılı adlanır. Teorem 3. x, y,..., z elementlərinin xətti asılı olması üçün zəruri və kafi şərt onlardan birinin qalanlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərilə bilməsidir. İsbatı.Zərurilik. Tutaq ki, x, y,..., z elementləri xətti asılıdır. Onda (1) bərabəliyindəki , ,..., əmsallaırından heç olmazsa biri sıfırdan fərqlidir. Ümumiliyi pozmadan hesab edək ki, 0 . Onda (1)-i aşağıdakı şəkildə yaza bilərik:
x y ... z
(2)
Buradan görünür ki, x elementi y,..., z elementlərinin xətti kombinasiyasıdır. Kafilik. Tutaq ki, x, y,..., z elementlərindən biri qalanlarının xətti
kombinasiyasıdır. Yəni,
x y ... z
Bu bərabərliyi aşağıdakı şəkildə yazaq: (1) x y ... z 0 (1), ,..., ədədlərindən heç olmazsa biri sıfırdan fərqli olduğu üçün x, y,..., z vektorları xətti asılıdır. Asanlıqla göstərmək olar ki, "0" elementin daxil olduğu ixtiyari vektorlar sistemi xətti asılıdır. Eləcə də əgər vektorlar sisteminin müəyyən hissəsi xətti aılıdırsa, onda bu sistem bütünlükdə xətti asılıdır. Xətti f əzaya aid gələcəkdə bizim çox istifadə edəcəyimiz daha bir misal göstərək: Rn ( R n ) ilə nizam ilə götürülmüş n sayda həqiqi ədədlə təyin olunan x 1 , 2 ,..., n ( i R) şəkilli elementlər çoxluğunu işarə edək. Bu çoxluqdacəm və həqiqi ədədə vurma əməllərini aşağıdakı qaydada təyin edək: y 1 , 2 ,..., n x y 1 1 , 2 2 ,..., n n x 1 , 2 ,..., n Yoxlamaq olar ki, Rn çoxluğu bu qaydada təyin olunmuş cəm və ədədə vurma əməllərinə nəzərən xətti f əza əmələ gətirir. Başqa sözlə bu əməllər xətti f əzanın tərifindəki bütün xassələri ödəyir. Aydındır ki, əgər müstəvi üzərində düzbucaqlı Dekart koordinat sistemi götürüb hər bir x vektorunun i, j bazisində koordinatlarını 1 və 2 ilə işarə etsək, yəni x ( 1 , 2 ) yazsaq, onda R2 f əzasını almış olarıq. Qeyd edək ki, xətti f əzanın tərifində təyin etdiyimiz həqiqi ədədə vurma əməli kompleks ədədə vurma əməli ilə əvəz edilərsə, bu halda alınan xətti f əza kompleks xətti f əza adlanır
XƏTTİ FƏZADA BAZİS VƏ XƏTTİ FƏZANIN ÖLÇÜSÜ X həqiqi xətti f əzasına daxil olan x, y ,..., z X elementlərini götürək və onları hər hansı , ,..., ədədlərinə vurub topladəqdan sonra alınan x y ... z X elementinə (vektoruna) x, y,..., z elementlərinin xətti kombinasiyası deyilir. Tutaq ki, x y ... z 0 (1) Əgər (1) bərabərliyi , ,..., ədədlərindən heç olmazsa birinin sıfırdan f ərqli qiymətində ödənilərsə, onda x, y,..., z vektorları xətti asıılı adlanır. Əgər (1) bərabərliyi yalnız ... 0 olduqda ödənilərsə, onda x, y,..., z vektorları xətti asıılı olmayan adlanır . Tutaq ki, e1 , e2 ,..., en X vektorları verilmişdir. Əgər bu vektorlar xətti asılı deyilsə və f əzanın istənilən x vektorunu onların xətti kombinasiyası çəklində göstərmək mümkündürsə, x 1e1 2 e2 ... n en onda e1 , e2 ,..., en vektorları X f əzasında bazis adlanır. 1 , 2 ,..., n ədədlərinə isə x vektorunun bu bazisdə koordinatları deyilir. Göstərmək olar ki, hər bir vektorun verilmiş bazisdə koordinatları yeganə qaydada təyin olunur. Tutaq ki, x vektoru üçün ikinci bir ayrılışı da mümkündür: x 1e1 2 e2 ... n en
Bu iki ayrılışdan alırıq ki, ( 1 1 )e1 ( 2 2 )e2 ... ( n n )en 0 vektorları xətti asılı olmadığı üçün 1 1 , 2 2 , ..., n n olmalıdır. Məsələn, X Rn olarsa, onda e1 (1, 0,0,..., 0) e2 (0,1,0,..., 0) ....................
en (0, 0,0,...,1) vektorları bu f əzada bazis əmələ gətirir. Əgər X xətti f əzasında n sayda xətti asılı olmayan vektor varsa, və n 1 sayda vektordan ibarət olan ixtiyari vektorlar sistemi xətti asılıdırsa, onda X n ölçülü xətti f əza adlanır. Əgər X xətti f əzasının ölçüsü n -ə bərabərdirsə, bunu dim X n kimi işarə edəcəyik. İndi isə xətti f əzada bazis vektorlarının sayı ilə xətti f əzanın ölçüsü arasındakı əlaqəni göstərək. Teorem 1. n ölçülü xətti f əzada n sayda xətti asılı olmayan vektor bazis əmələ gətirir. İsbatı. Tutaq ki, dim X n və e1 , e2 ,..., en X f əzasına daxil olan ixtiyari vektorlar sistemidir. x X götürək və x, e1 , e2 ,..., en sisteminə baxaq. Bu
vektorların sayı n 1-ə bərabər olduğundan onlar xətti asılıdır. Onda heç olmazsa biri sıfırdan fərqli elə , 1 , 2 ,..., n ədədləri var ki, x 1e1 2 e2 ... n en 0 (2) Əgər (2) bərabərliyində 0 olarsa, onda e1 , e2 ,..., en vektorları xətti asılı olmadığı üçün 1 0, 2 0,..., n 0 olar. Bu isə həmin ədədlərdən heç olmazsa birinin sıfırdan fərqli olması şərtinə ziddir. Ona görə də 0 olmalıdır. Bunu nəzərə alsaq,
x
1
e1
2
e2 ...
n
en
yaza bilərik. Bu isə x vektorunun e1 , e2 ,..., en vektorlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərilməsi deməkdir. Ona görə e1 , e2 ,..., en bazis əmələ gətirir. Teorem 2. Əgər X xətti f əzasında n sayda vektor bazis əmələ gətirirsə,
onda bu f əzanın ölçüsü n -ə bərabərdir. İsabtı. Aydındır ki, teoremi isbat etmək üçün n 1 sayda vektorlardan ibarət ixtiyari sistemin xətti asılı olduğunu göstərmək kifayətdir. x1 , x2 ,..., xn , xn1 X vektorlarını götürək və onların hər birinin e1 , e2 ,..., en bazisinə görə ayrılışını yazaq:
x1 a11e1 a12 e2 ... a1n en , x2 a 21e1 a 22 e2 ... a2 n en , ................ xn an11e1 an12e2 ... an1n en . Bu ayrılışların əmsallarından aşağıdakı matrisi düzəldək: a12 ... a1n a11 ... a a a 21 22 2n ... ... ... ... an11 an12 ... an1n Bu matris (n 1) n ölçülü olduğuna görə onun ranqı n -dən böyük ola bilməz. Bu o deməkdir ki, bazis minor sətirlərinin sayı n -dən böyük deyil. Deməli sətirlərdən heç olmazsa biri bazis minora daxil deyil. Ona görə də, həmin sətiri qalan sətirlərin xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Başqa sğzlə, x1 , x2 ,..., xn vektorlarından birini qalanlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Bu isə həmin vektorların xətti asılı olması deməkdir.Teorem isbat olundu. Qeyd edək ki, eyni bir bazisdə verilmiş 2 vektoru topladıqda onların uyğun koordinatları toplanır, vektoru ədədə vurduqda isə onun bütün koordinatları ədədə vurulur: e1 , e2 ,..., en X f əzasında bazisdirsə, onda x, y X üçün x 1e1 2 e2 ... n en , y 1e1 2 e2 ... n en . Onda x y ( 1e1 2 e2 ... n en ) ( 1e1 2 e2 ... n en ) ( 1 1 )e1 ... ( n n )en ,
x ( 1e1 2 e2 ... n en ) ( 1 )e1 ... ( n )en .
Biz yuxarıda n ölçülü xətti f əzaya misal göstərdik. n ölçülü f əza dedikdə n sayda xətti asılı olmayan vektoru olan və n 1 sayda vektordan ibarət istənilən sistemin xətti asılı olduğu xətti f əza başa düşülür. Əgər xətti f əzada n sayda xətti asılı olmayan vektor varsa, belə f əzaya sonsuz ölçülü xətti f əza deyilir. Məsələn, C [a, b] f əzası sonsuz ölçülü xətti f əzadır. Çünki bu fəzada 1, t , t 2 ,..., t 4 ,... funksiyaları xətti asılı olmayan sistem əmələ gətirir.
6. XƏTTİ FƏZALARIN İZOMORFLUĞU Tutaq ki, X və X həqiqi xətti f əzaları verilib. Aşağıdakı şərtlər ödəndikdə bu
iki f əza izomorf adlanır: 1. X və X f əzalarının elementləri arasında qarşılıqlı birqiymətli uyğunluq olsun. 2. X f əzasının ixtiyari x və y elementlərinə X f əzasının uyğun olaraq x və y elementləri qarşı qoyulmuşdursa, onda x y elementinə x y elementi və ədədi üçün x elementinə x elementi qarşı qoyulsun. Tərifdən aydındır ki, X f əzasının sıfır( 0 ) elementinə X f əzasının sıfır( 0 ) elementi qarşı durur. Doğurdan da əgər x X elementinə x X elementi qarşı qoyulmuşdursa, onda 0 x elementinə 0 x elementi qarşı durur. 0 0 x , 0 0 x olduğundan, alırıq ki, X f əzasının sıfır elementinə X f əzasının sıfır elementi qarşı durur. Eləcə də, X f əzasından götürülmüş x, y,..., z elementlərinə uyğun olaraq X f əzasının x, y ,..., z elementləri qarşı qoyulmuşdursa, onda , ,..., həqiqi ədədləri üçün x y ... z elementinə x y ... z elelementi qarşı durur. Buradan xüsusi halda alırıq ki, x, y,..., z elementləri xətti asılı deyilsə, onda onlara qarşı qoyulmuş x, y ,..., z elementləri də xətti asılı deyil. Teorem. Bütün n ölçülü həqiqi xətti f əzalar biri-birinə izomorfdur. İsbatı.Tutaq ki, dim X dim X n . X f əzasında e1 , e2 ,..., en bazisi, X f əzasında e1 , e2 ,..., en bazisi götürək. x X götürüb onun bazisə görə ayrılışını yazaq: x 1e1 2 e2 ... n en Bu x vektoruna X f əzasında x 1e1 2 e2 ... n en vektorunu qarşı qoyaq. Bazisə görə ayrılış yeganə olduğundan aydındır ki, bu qarşıqoyma qarşılıqlı birqiymətlidir. Asanlıqla yoxlamaq olar ki, əgər y X vektoruna y X vektoru qarşı qoyulmuşdursa, onda x y vektoruna x y vektoru, üçün, x X vektoruna x X vektoru qarşı durur . Buna görə də, X və X f əzaları izomorfdur. Qeyd edək ki, yuxarıda göstərilən bütün tərif və xassələr kompleks xətti f əzalar üçün də analoji qaydada ifadə oluna bilər.
XƏTTİ ALT FƏZALAR Tutaq ki, X xətti f əza, L isə onun alt çoxluğudur. Aşağıdakı iki xassə ödəndikdə L çoxluğuna X xətti f əzasının xətti alt f əzası və ya sadəcə olaraq alt f əzası deyilir: 1. x, y L üçün x y L , 2. ədədi üçün x L Asanlıqla yoxlamaq olar ki, L çoxluğu X f əzasında təyin olunmuş cəm və ədədə vurma əməllərinə görə xətti f əza əmələ gətirir. L alt çoxluğunun xətti alt f əza adlandırılması da bununla izah olunur. Alt fəzaya ən sadə misal olaraq yalnız sıfır elementdən ibarət olan alt çoxluğu və X f əzasının özünü göstərmək olar. X xətti f əzasının, sonlu sayda, ixtiyari x, y,..., z elementlərini götürək. Bu elementlərin bütün xətti kombinasiyaları çoxluğunu L( x, y,..., z ) ilə işarə edək. Qeyd edək ki, X həqiqi (kompleks) xətti f əza olduqda L( x, y,..., z ) həqiqi (kompleks) xətti kombinasiyalar çoxluğu kimi başa düşülür. Bu çoxluğa x, y,..., z elementlərinin xətti örtüyü deyilir. Yoxlamaq olar ki, L( x, y,..., z ) X -in alt f əzasıdır. L( x, y,..., z ) alt f əza olduğundan onun ölçüsündən danışmaq olar. Əvvəlcə qeyd edək ki, L( x, y,..., z ) X f əzası ilə üst-üstə düşmürsə, onda onun ölçüsü X -in ölçüsündən kiçikdir. Çünki bu alt f əzada xətti asılı olmayan vektorlar X f əzasının da xətti asılı olmayan vektorlarıdır. Hətta X f əzasının bazis vektorları ümumiyyətlə L( x, y,..., z ) alt f əzasına daxil olmaya da bilər. Lakin L -də götürülmüş hər bir bazisi X f əzasında bazisə qədər tamamlamaq olar. Tutaq ki, dim X n , dim L k k n . L -də e1 , e2 ,..., ek bazisi götürək. k n olduğundan onda X -ə daxil olan elə ek 1 X var ki, ek 1 L . Ona görə də, e1 , e2 ,..., ek , ek 1 vektorları xətti asılı y deyil. Əgər k 1 n olarsa, onda ek 2 X var ki, o L(e1 , e2 ,..., ek , ek 1 ) L x xətti örtüyünə daxil deyil. Bunu da həmin sistemə daxil etsək, e1 , e2 ,..., ek , ek 1 , ek 2 vektorunu alarıq. Prosesi bu qaydada davam etdirsək, sonlu sayda addımdan sonra X f əzasında n vektordan ibarət j bazis almış olarıq. Göstərək ki, L( x, y,..., z ) xətti O i x örtüyünün ölçüsü x, y,..., z vektorları X içərisində xətti asılı olmayanların maksimal sayına bərabərdir. Tutaq ki, bu vektorlar içərisində xətti asılı olmayanların maksimal sayı k -ya bərabərdir. Həmin vektorları x1 , x2 ,..., xk ilə işarə edək. Aydındır ki, x, y,..., z vektorlarından hər biri bu vektorların xətti kombinasiyası şəklində göstərilə bilər. L( x, y,..., z ) xətti örtüyünə daxil olan hər bir vektor x, y,..., z vektorlarının xətti kombinasiyası olduğundan, xətti örtüyün hər bir vektorunun da x1 , x2 ,..., xk vektorlarının xətti
kombinasiyası olduğunu deyə bilərik. Bu isə o deməkdir ki, x1 , x2 ,..., xk vektorları L( x, y,..., z ) -də bazis əmələ gətirir. Onda məlum teoremə görə xətti örtüyün ölçüsü k -ya bərabər olar. Xətti örtüyün ölçüsü haqqında bu dediklərimizi nəzərə alaraq matrisin ranqına aşağıdakı tərifi də vermək olar: Tərif. m n ölçülü ixtiyari A matrisinin ranqı bu matrisin xətti asılı olmayan sətirlərinin maksimal sayına bərabərdir. Doğurdan da matr isin hər bir sətirinə Rn f əzasının bir elementi kimi baxsaq, bu elementlərin xətti örtüyünün ölçüsü onlar içərisində xətti asılı olmayanların maksimal sayına bərabər olar. Digər tərəfdən bazis minor haqqında teoremə görə bazis minor sətirləri xətti asılı olmadığından və ixtiyari sətiri bazis minor sətirlərinin xətti kombinasiyası şəklində göstərmək mümkün olduğundan A matrisinin sətirlərinin xətti örtüyü bazis minor sətirlərinin xətti örtüyü ilə üst-üstə düşər. Bazis minor sətirlərinin sayı matrisin ranqına bərabər olduğundan deyə bilərik ki, A matrisinin ranqı da onun xətti asılı olmayan sətirlərinin maksimal sayına bərabərdir. Qeyd edək ki, eyni tərifi sütunlar üçün də vermək olar.
ALT FƏZALARIN CƏMİ VƏ KƏSİŞMƏSİ Tutaq ki, X xətti f əza, L1 və L2 isə onun alt f əzalarıdır. Tərif1. X f əzasının x L1 , y L2 olmaqla z x y kimi göstərilə bilən bütün z elementlərindən ibarət çoxluğa L1 və L2 alt f əzalarının cəmi deyilir və L1 L2 kimi işarəedilir. Tərif2. X f əzasının eyni zamanda həm L1 -ə, həm L2 -yə daxil olan bütün elementlərindən ibarət çoxluğa L1 və L2 alt f əzalarının kəsişməsi deyilir və L1 L2 kimi işarə edilir. Göstərmək olar ki, L1 L2 və L1 L2 çoxluqları da X f əzasının alt f əzalarıdır. Teorem. L1 və L2 alt f əzalarının ölçüləri cəmi onların cəminin ölçüsü ilə kəsişməsinin ölçüsü cəminə bərabərdir. İsbatı. Tutaq ki, dim X n , dim L1 k , dim L2 m . L1 və L2 -nin kəsişməsini L1 L2 L0 ilə işarə edək və L0 -da e1, e2 ,..., e p bazisi götürək. Aydındır ki, dim L0 p olar. Bu vektorları e p 1 , e p 2 ,..., ek vektorları ilə L1 -də, f p 1,..., f m vektorları ilə L2 -də bazisə qədər tamamlayaq. Göstərək ki, e1, e2 ,..., e p , e p 1,..., ek , f p 1,..., f m vektorları L1 L2 -də bazis əmələ gətirir. Bunun üçün əvvəlcə bu vektorların xətti asılı olmadığını isbat edək. Onların “0”-a bərabər olan xətti kombinasiyasını götürək: 1e1 2e2 ... p e p p 1e p 1 ... k ek ... p 1 f p 1 ... m f m 0 (1) (1) bərabərliyini aşağıdakı şəkildə yazaq: 1e1 2e2 ... p e p p 1e p 1 ... k ek ... p 1 f p 1 ... m f m
Bu bərabərliyin sol tərəfindəki vektor L1 alt f əzasına, sağ tərəfindəki vektor isə L2 alt f əzasına daxildir. Buradan belə bir nəticəyə gəlirik ki, bərabərliyin sağ tərəfindəki vektor L1 və L2 -nin kəsişməsinə də daxildir. Ona görə də, həmin vektoru L0 -da bazis əmələ gətirən e1, e2 ,..., e p vektorlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar: p 1 f p 1 ... m f m c1e1 c2e2 ... c p e p Buradan alırıq ki,
c1e1 c2e2 ... c p e p p 1 f p 1 ... m f m 0 e1, e2 ,..., e p , f p 1,..., f m vektorları L2 alt f əzasında bazis əmələ gətirdiyinə görə xətti asılı deyil. Ona görə də, c 0, c 0,... c p 0, p 1 0,..., m 0 . Bunları (1)də nəzərə alıb, e1, e2 ,..., e p , e p 1,..., ek vektorlarının L1 -də bazis əmələ gətirməsindən istifadə etsək, 1 0, 2 0,..., p 0 , p 1 0,..., k 0 olduğunu 1
2
deyə bilərik. Yəni, (1) bərabərliynin bütün əmsalları sıfır a bərabərdir. Ona görə də, götürdüyümüz vektorlar sistemi xətti asılı deyil. x L1 L2 götürsək, x x1 x2 , x1 L1 , x2 L2 yaza bilərik. x1 vektorunun L1 alt f əzasındakı, x2 vektorunun isə L2 alt f əzasındakı bazisə görə ayrılışını yazsaq, x vektoru e1, e2 ,..., e p , e p 1,..., ek , f p 1,..., f m vektorlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərilmiş olar . Ona görə də, həmin vektorlar L1 L2 -də bazis əmələ gətirir. Bu isə o deməkdir ki, dim( L1 L2 ) k m p dim L1 dim L2 dim( L1 L2 ) və ya dim L1 dim L2 dim( L1 L2 ) dim( L1 L2 ) . 7. ALT FƏZALARIN DÜZ CƏMİ
Tutaq ki, L1 və L2 X f əzasının alt f əzalarıdır. Əgər X -ə daxil olan x elementini x x1 x2 , x1 L1 , x2 L2 şəklində göstərmək mümükündürsə, və bu ayrılış yeganədirsə, onda deyəcəyik ki, X xətti f əzası L1 və L2 alt f əzalarının düz cəmi şəklində göstərilmişdir. Əgər X f əzası L1 və L2 alt f əzalarının düz cəmi şəklində göstərilmişdirsə, onda bunu X L1 L2 və ya X L1 L2 kimi işarə edəcəyik. Teorem: X f əzasının L1 və L2 alt f əzalarının düz cəmi şəklində göstərilə bilməsi üçün kafi şərt L1 və L2 alt f əzalarının kəsişməsinin yalnız sıfır elementdən ibarət olması və L1 və L2 alt f əzalarının ölçüləri cəminin X f əzasının ölçüsünə bərabər olmasıdır.Yəni, L1 L2 {0} , dim L1 dim L2 dim X olmasıdır. İsbatı. Tutaq ki, dim X n, dim L1 m, dim L2 k . L1 -də hər hansı e1 , e2 ,..., em bazisi, L2 -də hər hansı f 1 , f 2 ,..., f k bazisi götürək. Göstərək ki, e1 , e2 ,..., em , f 1 , f 2 ,..., f k vektorları X f əzasında bazis əmələ gətirir. Əvvəlcə bu vektorların xətti asılı olmadığını isbat edək. Bunun üçün onların sıfra bərabər olan xətti kombinasiyasına baxaq:
1e1 2 e2 ... m em 1 f 1 2 f 2 ... k f k 0
(2)
Bu bərabərliy aşağıdakı şəkildə yazaq: 1e1 2 e2 ... m em 1 f 1 2 f 2 ... k f k Bərabərliyin sol tərəfindəki vektor L1 -ə, sağ tərəfindəki vektor isə L2 -yə daxildir. L1 və L2 alt f əzalarının kəsişməsinin yalnız sıfır vektordan ibarət olduğunu nəzərə alsaq, bu vektorların hər birinin sıfra bərabər olduğunu deyə bilərik. 1e1 2 e2 ... m em 0, 1 f 1 2 f 2 ... k f k 0 , e1 , e2 ,..., em vektorları L1 -də, f 1 , f 2 ,..., f k vektorları L2 -də bazis əmələ gətirdiyindən bu vektorlar xətti asılı deyil. Ona görə də, birinci bərabərlikdən 1 0, 2 0, ..., m 0 , ikinci bərabərlikdən isə 1 0, 2 0,..., k 0 alarıq. Bu isə götürdüyümüz vektorlar sisteminin xətti asılı olmadığını göstərir. L1 və L2 alt f əzalarının ölçüləri cəmi X f əzasının ölçüsünə bərabər olduğundan e1 , e2 ,..., em , f 1 , f 2 ,..., f k vektorları X f əzasında bazis əmələ gətirir. x X götürək,və bu vektorun bazisə görə ayrılışını yazaq: x 1e1 2 e2 ... m em 1 f 1 2 f 2 ... k f k . x1 1e1 2 e2 ... m em , x2 1 f 1 2 f 2 ... k f k
işarə etsək, x x1 x2 ( x1 L1 , x2 L2 ) yaza bilərik. Beləliklə X f əzasının x elementini biri L1 -dən, digər L2 -dən olan iki elementin cəmi şəklində göstərmiş oluruq. Göstərərk ki, bu ayrılış yeganədir. Tutaq ki, x vektoru üçün ikinci bir ayrılış da yazmaq mümkündür. Yəni, x x1 x2 , x1 L1 , x2 L2 x üçün yazdığımız bu iki ayrılışdan alırıq ki, ( x1 x1 ) ( x2 x2 ) 0 və ya ( x1 x1 ) ( x2 x2 ) . L1 ilə L2 -nin kəsişməsi yalnız sıfır vektordan ibarət olduğu üçün x1 x1 0 x1 x1 x2 x2 0 x2 x2 olur. Deməli, ayrılış yeganədir. Ona görə də deyə bilərik, X f əzası L1 və L2 alt f əzalarının düz cəminə bərabərdir: x L1 L2 . Teorem isbat olundu.
XƏTTİ FƏZADA BAZİS DƏYİŞDİKDƏ KOORDINATLARIN DƏYİŞMƏSİ Tutaq ki, X n ölçülü xətti f əzadır. X f əzasında ixtiyari iki e1 , e2 ,..., en və e1 , e2 ,..., en bazısl’rini götürək. Onda aydındır ki, ikinci bazisin hər bir vektorunun birinci bazisə görə ayrılışını yazmaq olar: e1 11e1 12e2 ... 1n en e2 21e1 22e2 ... 2n en ........................................
en n1e1 n 2 e2 ... n n en Bu ayrılışın əmsallarından aşağıdakı matrisi düzəldək:
(1)
a11 a12 ... a1n ... a a a 2n A 21 22 ... ... ... ... an1 an 2 ... ann A matrisinə birinci bazisdən ikinci bazisə keçid matrisi deyilir. İndi isə bu matrisin köməyi ilə ikinci bazisdən birinci bazisə keçid matrisini tapaq. A matirisinin ai j elementinin cəbri tamamlayıcısını Ai j ilə işarə edək. (1) bərabərliyklərindən birincisini A1 j -yə, ikincisini A2 j -yə,..., sonuncusunu An j -yə vurub tərəf-tərəf ə toplasaq, aşağıdakı bərabərliyi alarıq: n
A1 j e1 A2 j e2 ... A n j en (a1i A1 j a2 i A 2 j ... an i An j )ei i 1
n tərtibli determinantın cəbri tamamlayıcılar üşün olan xassəsindən istifadə etsək,
deyə bilərik ki, sonuncu bərabərliyin sağ tərəfində, i j olduqda bütün hədlər sıfra, i j olduqda isə e j həddinin əmsalı A matrisinin determinantına bərabərdir. Ona görə də, aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik: det A e j A1 j e1 A 2 j e2 ... A n j e n ,
j 1,2,... n
Buradan
A1 j A 2 j An j e j e1 e2 ... en , j 12,...,n. det A det A det A olur. Bu bərabərlikləri j -nin bütün qiymətləri üçün yazsaq, e1
A11 det A A1 2
e1
A 2 1 det A A 2 2
e 2 .. .
A n1 det A A n 2
en
e1 e 2 .. . e n det A det A det A .......... .......... .......... .......... .......... . e2
en
A1 n det A
e1
A 2 n det A
e 2 .. .
A n n det A
(2)
(3)
en .
(3) düsturları birrinci bazis vektorlarının ikinci bazis vektorlarına görə ayrılışını verir. Əgər bu ayrılışın əmsallarından matris düzəltsək, görərik ki, o A matrisinin tərsinə bərabərdir. Beləliklə, ikinici bazisdən birinci bazisə keçid matrisi birinci bazisdən ikinci bazisə keçid matrisinin tərsinə bərabərdir. İndi X f əzasının ixtiyari elementinin bu iki bazisdəki koordinatları arasındakı əlaqəni tapaq. x X götürək və bu vektorun həm birinci, həm də ikinci bazisə görə ayrılışını yazaq:
x 1 e1 2 e2 ... n en 1 e1 2 e2 ... n en
e1 , e2 ,..., en vektorlarının e1 , e2 ,..., en bazisinə görə yuxarıda yazdığımız (2) ayrılışlarını nəzərə alsaq, aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik:
A11 e1 ... det A An1 A 2 A A A en ) ... 2 ( 12 e1 ... n en )... n ( 1n e1 ... n n en ) det A det A det A det A det A An1 An 2 An n A A A ( 1 11 2 12 ... n 1n )e1 ... ( 1 2 ... n )en det A det A det A det A det A det A
x 1 e1 2 e2 ... n en 1 e1 2 e2 ... n en 1 (
Bazisə görə ayrılış yeganə olduğundan alırıq ki, A11 A1n 1 1 ... n det A det A A 21 A 2n 2 1 ... n det A det A
(3)
..........................................
A n1 A n n n 1 ... n det A det A Bu ayrılışın əmsallarından aşağıdakı matrisi düzəldək: A12 A1n A11 ... det A det A det A A 2n A 21 A 2 2 ... det A det A det A ... ... ... ... A A n 2 A n n n 1 ... det A det A det A Göründüyü kimi bu matris A matrisinin tərsinin transponirə edilmişidir. Ona görə də deyə bilərik ki, x vektorunun ikinci bazisdəki koordinatları onun birinci bazisdəki koordinatları ilə A matrisinin tərsinin transponirə edilmişi vasitəsi ilə ifadə olunur. 8. XƏTTİ TƏNLİKLƏR SİSTEMİ
Aşağıdakı tənliklər sisteminə n məchullu m xətti tənliklər sistemi deyilir: a11 x1 a12 x2 ... a1n xn b1 a 21 x1 a22 x2 ... a 2n xn b2 (1) .......... .......... .......... .......... ... a m1 x1 am 2 x2 ... amn xn bm burada x1 , x2 ,..., xn axtarılan məchullar, a11, a22 ,..., am n məchulların əmsalları,
b1 , b2 ,..., bm isə sərbəst hədlər adlanırlar. Əgər b1 0, b2 0 ,..., bm 0 olarsa, (1) sisteminə xətti bircins tənliklər sistemi deyilir. m n olduqda (1) sistemi kvadrat sistem adlanır. (1) sisteminin həlli x1 , x 2 ,..., xn məchullarının elə x1 c1 , x2 c2 ,..., xn cn qiymətlərinə deyilir ki, bu qiymətləri (1) sisteminin hər bir tənliyində uyğun məchulların yerinə yazdıqda onu doğru ədədi bərabərliyə çevirsin. Əgər (1) sisteminin həlli varsa, ona uyuşan sistem, yoxdursa uyuşmayan
sistem deyilir. Uyuşan sistemin yeganə həlli varsa ona müəyyən sistem, birdən çox sayda həlli varsa, ona qeyri-müəyyən sistem deyilir. (1) ilə əlaqədar olaraq aşağıdakı məsələləri öyrənəcəyik: 1) sistemin uyuşan olub-olmadığını, 2) uyuşan sistemin müəyyən və ya qeyri-müəyyən olduğunu, 3) müəyyən sistemin yeganə həllinin, qeyri-müəyyən sistemin isə bütün həllərinin tapılmasını. (1) sisteminin məchullarının əmsallarından, məchullarından və sərbəst hədlərindən aşağıdakı matrisləri düzəldək: b1 a11 a12 ... a1n x1 a a a x ... b2 2 22 2n , , A 21 X B ... ... ... ... bm am1 am 2 ... amn xn Qeyd edək ki, məchulların əmsallarından düzəldilmiş matris sistemin əsas matrisi deyilir.Bu matrislərin köməyi ilə (1) sistemini aşağıdakı matris tənlik şəklində yazmaq olar: (2) AX B Tutaq ki, A matrisinin sağ tərsi var. Onu As1 ilə işarə edək. Onda X As1 B matrisi (2)-nin həllidir. Çünki AX A( As1 B) ( A As1 ) B EB B İndi isə f ərz edək ki, A matrisinin sol tərsi var, onu Ae1 ilə işarə edək. Titaq ki, (2)-nin həlli var. Bu həlli tənlikdə yerinə yazıb alınan bərabərliyin hər iki tərəfini Ae1 -ə vuraq. Onda, Ae1 ( AX ) Ae1 B , ( Ae1 A) X Ae1 B , EX Ae1 B , X Ae1 B . Yəni, A matrisinın sol tərsi olduqda (2) sisteminin həlli varsa, o yeganədir. Beləliklə, A -nın sağ tərsinin olması bu tənliyin uyuşan olmasını, sol tərsinin olması isə sistem uyuşan olduqda onun müəyyənliyini təmin edir. Əgər A -nın həm sol, həm də sağ tərsi olarsa, onda (2)-nin yeganə həlli var və X A1 B düsturu ilə tapılır. Aşağıdakı bircins sistemə baxaq: a11 x1 a12 x2 ... a1n xn 0 a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn 0 (3) ........................................... am1 x1 am 2 x2 ... amn xn 0 Aydındır ki, x1 0, x2 0,..., xn 0 bu sistemin həllidir. (3) sisteminin hansı halda sıfırdan fərqli həllinin olduğunu müəyyən edək. Teorem. Bircins sistemin sıfırdan fərqli həllinin olması üçün zəruri və kafi şərt məchulların əmsallarından düzəldilmiş matrisin ranqının məchulların sayından kiçik olmasıdır.
İsbatı.Zərurilik. Tutaq ki, (3) sisteminin sıfırdan fərqli həlli var. Bu həlli x1 , x2 ,..., xn ilə işarə işarə edək. Bu həlli (3) sisteminin hər bir tənliyində uyğun məchulların yerinə yazaq. Onda, alınan bərabərliklər göstərir ki, heş olmazsa biri sıfırdan fərqli elə x1 , x2 ,..., x n ədədləri var ki, onları A matrisinin uyğun olaraq birinci, ikinci və n -ci sütununa vurub topladıda, cəmi sıfra bərabər olur. Başqa sözlə A matrisinin sütunları xətti asılıdır. Bu o deməkdir ki, A matrisindəki bazis minorun tərtibi n -dən kiçikdir yəni, rangA r n . Kafilik. İndi isə f ərz edək ki, A matrisinin ranqı n -dən kiçikdir. Onda bazis minor haqqında teoremə görə A matrisinin sütunlarından heç olmazsa biri bazis minora daxil deyil və onu bazis minor sütunlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Bazis minora daxil olmayan qalan sütunları sıfır əmsalı ilə bu xətti kombinasiyaya əlavə etsək, deyə bilərik ki, A matrisinin sütunları xətti asılıdır. Ona görə də, heç olmazsa biri sıfırdan fərqli elə x1 , x 2 ,..., x n ədədləri var ki, (3) bərabərliyi doğrudur. Başqa sözlə x1 , x2 ,..., xn ədədləri bircins sistemin həllidir. Əgər (3) kvadrat sistem olarsa, yəni m n olarsa, onda bu teoremdən aşağıdakı nəticə çıxır. Nəticə. Kvadrat sistemin sıfırdan fərqli həllinin olması üçün zəruri və kafi şərt onun əsas matrisinin determinantının sıfra bərabər olmasıdır. İndi isə ümumi sistemin, yəni (1) sisteminin uyuşan olmasını araşdıraq. Bu sistemin məchullarının əmsallarından və sərbəst hədlərindən aşağıdakı matrisi düzəldək: a11 a12 ... a1n b1 a22 ... a2n b2 ~ a A 21 ... ... ... ... ... a m1 am 2 ... a mn bm ~ A matrisinə (1) sisteminin genişlənmiş matrisi deyilir. Teorem (Kroneker-Kapelli). (1) ssiteminin uyuşan olması üçün zəruri və kafi şərt, onun əsas matrisinin ranqının genişlənmiş matrisinin ranqına bəzrabər olmasıdır. İsbatı.Zərurilik. Tutaq ki, (1) sistemi uyuşandır. Onda, elə x1 c1 , x 2 c2 ,..., x n cn ədədləlri var ki, aşağıdakı bərabərliklər doğrudur: a11c1 a12 c2 ... a1n cn b1 a21c1 a 22 c2 ... a2n cn b2 (4) ........................................... am1c1 am 2 c2 ... a mn cn bm Tutaq ki, rang A r . A matrisinin sütunlarının xətti örtüyünü L ilə işarə edək. A matrisinin ranqı r -ə bərabər olduğundan, bazis minorun tərtibi də, matrisin xətti asılı olmayan sütunların maksimal sayı da r -ə bərabərdir. Ona görə L alt f əzasının ölçüsü də r -ə bərabərdir. (4) bərabərliklərindən görünür ki, A ~ matrisinin sonuncu sütunu da L xətti örtüyünə daxildir. Ona görə də, A matrisinin
~
sütunlarının xətti örtüyü də L alt f əzası ilə üst-üstə düşür. Deməli, A matrisinin xətti asılı olmayan sütunlarının maksimal sayı da r -ə bərabərdir. Yəni, ~ rang A r . Kafilik. Tutaq ki,
~
rang A rang A r . A matrisindəki bazis minor
~ A
~
matrisi üçün də bazis minordur. Ona görə də. A matrisinin hər bir sütununu və xüsusi halda sonuncu sütununu bazis minor sütunlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Bu xətti kombinasiyaya A matrisinin bazis minora daxil ~ olmayan sütunlarını da sıfır əmsalı ilə əlavə etsək, A matrisinin sonuncu sütunu onun əvvəlki sütunlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərilmiş olar. Bu isə o deməkdir ki, elə x1 c1 , x 2 c2 ,..., x n cn ədədləri var ki, (4) bərabərlikləri doğrudur. Yəni, bu ədədlər (1) sisteminin həllidir. Başqa sözlə (1) sistemi uyuşandır. Beləliklə, biz xətti tənliklər sistemi ilə əlaqədar olan birinci məsələni tam həll etmiş olduq. 9. SISTEMİN BÜTÜN HƏLLƏRİNIN TAPILMASI
Tutaq ki. n məchullu n xətti tənliklər sistemi verilmişdir: a11 x1 a12 x2 ... a1n xn b1 a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn b2 (1) ........................................... an1 x1 an 2 x2 ... a nn xn bn Bu sistemin əsas matrisinin determinantını a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2n ...
...
...
...
an1 an 2 ... a nn Ilə işarə edək. -ya sistemin baş determinantı deyilir. determinantında j nömrəli sütunu sərbəst hədlərdən ibarət sütunla əvəz etdikdən sonra alınan determinantı j ( j 1, n) ilə işarəedək. Bu determinantlara köməkçi determinantlar deyilir. Əvvəlcə göstərk ki, 0 olduqda (1) sisteminin həlli varsa, o yeganədir. Tutaq ki, x1 , x2 ,..., xn ədədləri (1) sisteminin həllidir. Bu ədədləri sistemin hər bir tənliyində uyğun məchulların yerinə yazsaq və alınan bərabərliklərdən birincini A1 j -yə, ikincini A2 j -yə,..., sonuncusunu An j -yə vurub tərəf-tərəf ə toplasaq (burada Ai j sistemin əsas matrisinidəki ai j elementinin cəbri tamamlayıcılarıdır) aşağıdakı bərabərliyi alarıq: n
(a1i A1 j a2 i A 2 j ... an i An j ) xi b1 A1 j b2 A 2 j ... bn A n j
(2)
i 1
Determinantın cəbri tamalayıcılar a aid olan xassəsindən istifadə etsək, deyə bilərik ki, (2) bərabərliyinin sol tərəfində i j olduqda bütün hədlər sıfra, i j olduqda
isə a1i A1 j a 2 i A 2 j ... a n i A -ya bərabərdir. Bərabərliyin sağ tərəfinə gəldikdə isə asanlıqla görmək olar ki, o j determinantına bərabərdir. Dediklərimizi nəzərə alsaq, (2) bərabərliyini aşağıdakı şəkildə yazmaq olar: (3) x j j ( j 1,2,.., n) 0 olduğunu nəzərə alsaq, (4) x j j ( j 1,2,..., n) . Beləliklə, 0 olduqda (1) sisteminin həlli varsa, bu həll (4) düsturları vasitəsilə yeganə qaydada təyin olunnur. Bu düsturlara Kramer düsturları deyilir. İndi isə 0 olduqda (1) sisteminin uyuşan olduğunu göstərək. Bunun üçün sistemin genişlənmiş matrisinə baxaq: a11 a12 ... a1n b1 ... a a a b ~ 21 22 2n 2 A ... ... ... ... ... a n1 a n 2 ... a n n bn Bu matrisin tərtibi n (n 1) -ə bərabər olduğuna görə onun ranqı n -dən böyük ola bilməz. 0 olmasından alırıq ki, rang A r . Onda Kroneker-Kapelli teoreminə görə (1) sistemi uyuşandır. Beləliklə 0 olduqda (1) sisteminin yeganə həlli var və bu həll Kramer düsturları ilə tapılır. Bununla da biz, kvadrat sistem üçün yuxarıda qeyd etdiyimi bütün məsələləri həll etmiş olduq. 0 olduqda (1) sisteminin müəyyən və ya qeyri-müəyyən olduğunu, eləcə də onun həllərinin tapılmasını ümumi halda öyrənəcəyik n məchullu m xətti tənliklər sistemi uyuşan olduqda, onun bütün həllərini tapaq. Fərz edək ki, əsas matrisdə bazis minor yuxarı sol küncdə yerləşir (əgər belə olmazsa, tənlliklərin yerini dəyişməklə və məchulları yenidən nömrələməklə həmişə buna nail olmaq olar) və rang A r . Matrisin ixtiyari sətiri bazis minor sətirlərinin xətti kombinasiyası olduğundan deyə bilrik ki, bazis minora daxil olmayan hər bir sətirə uyğun tənlik, bazis minor sətirlərinə uyğun tənliyiklərin xətti kombinasiyasıdır. Ona görə də, belə tənlikləri sistemdən atmaqla onu aşağıdakı şəkildə yaza bilərik: a11 x1 ... a1r xr b1 a1r 1 xr 1 ... a1r xn a 21 x1 ... a2 r xr b2 a 2 r 1 xr 1 ... a2 r xn (5) ........................................................................ a r 1 x1 ... ar r xr br ar r 1 xr 1 ... a r n xn Göründüyü kimi (5) sistemi x1 , x 2 ..., x r məchullarına nəzərən r məchullu xətti tənliklər sistemidir. Bu sistemin baş determinantı sıfırdan fərqli olduğu üçün x r 1 ,..., xn məchullarının hər bir qiymətində onun yeganə həlli var və bu həlli
Kramer düsturları vasitəsilə tapıla bilər.Qeyd edək ki, x r 1 ,..., xn məchulları ixtiyari ədədi qiymətlər ala bildiyindən onlara sərbəst məchullar deyilir. (5) sisteminin baş determinantını M ilə, onun j nömrəli sütununu d 1 , d 2 ,..., d i ,..., d r ədədləri ilə əvəz etdikdən sonra alınan determinantı isə M j (d i ) ilə işarə etsək, (5) sisteminin həllərini aşağıdakı düsturlar la tapmaq olar: x j
1
M j bi (ai r 1 x r 1 ... ai n x n ) M
1
M
M j (bi ) xr M j (ai r ) xn M j (ai n ) 1
1
j 1,2, , r .
Əgər xüsusi halda sistem bircins olarsa, onda bircins sistemin həlləri aşağıdakı düsturlarla tapılır: 1
x j
M j (ai r 1 x r 1 ai n x n ) M
1
xr M j (ai r ) xn M j (ai n )
M
1
1
j 1,2, , r .
BİRCİNS SİSTEMİN HƏLLƏRİNİN XASSƏLƏRİ Tutaq ki, n məchullu n xətti bircins tənliklər sistemi verilmişdir. Bildiyimiz kimi belə sistem həmişə uyuşandır. Bu sistemin bütün həllər çoxluğunu R ilə işarə edək. Aydındır ki, bu sistemin hər bir həllinə eyni zamanda Rn f əzasının elementi kimi də baxa bilərik. Ona görə də, R çoxluğu Rn f əzasının müəyyən bir alt çoxluğudur. Gostərək ki, R həmçinin Rn f əzasının alt fəzasıdır. Bunun üçün R -ə daxil olan ixtiyari iki elementin cəminin və hər bir elementin ədədinə hasilinin də R çoxluğuna daxil olduğunu göstərmək kifayətdir. Başqa sözlə, bircins sistemin ixtiyari iki həllinin cəminin və hər bir həllinin ədədinə hasilinin də bu sistemin həlli olduğunu göstərmək kifayətdir. Tutaq ki, X 1 ( x11 , x21 ,..., xn1 ) və X 2 ( x12 , x2 2 ,..., xn 2 ) bircins sistemin ixtiyari iki həllidir. Onda sistemin i (i 1,2,..., n) nömrəli tənliyi üçün aşağıdakı bərabərliklər doğrudur n
ai j x j 0 , 1
j 1
n
ai j x j2 0 .
j 1
Onda, n
n
n
j 1
j 1
j 1
ai j ( x j1 x j2 ) ai j x1 j ai j x j2 0 0 0 Yəni, X 1 X 2 R . Digər tərəfdən, n
n
ai j ( x j ) ai j x j1 0 0
j 1
1
j 1
Ona görə də, R çoxluğu Rn f əzasının alt f əzasıdır. R alt f əza olduğundan, aydındır ki, onun ölçüsündən danışmaq olar. İsbat edək ki, sistemin əsas matrisinin ranqı r -ə bərabərdirsə, onda bircins sistemin həllərinin əmələ gətirdiyi R alt f əzası Rn r f əzasına izomorfdur. Bircins sistemin həlləri düsturunda xr 1 cr 1 , xr 2 cr 2 ,..., xn cn yazsaq, 1
x j c r 1 M j (ai r 1 ) c r 2 M j (ai r 2 )... cn M j (ai n ) j 1,2,...,r . M
(1)
Fərz edək ki. (c1 , c2 ,..., cr , cr 1 ,..., cn ) bircins sistemin hər hansısa həllidir. Bu həllə Rn r f əzasında (cr 1 , cr 2 ,..., cn ) elementini qarşı qoyaq. c r 1 , c r 2 ,, c n ədədləri ixtiyari həqiqi ədədlər olduğundan və bu ədədlərə görə sistemin həlli (1) düsturları vasitəsilə yeganə qaydada tapıldığından, bu qarşıqoyma qarşılıqlı birqiymətlıdir. Digər tərəfdən, Rn r f əzasının (c (r 1)1 , c2(1) ,..., c (n1) ) və (c (2) , c2(2) ,...,c (2) ) elementlərinə Rn r 1
n
f əzasının uyğun olaraq (c1(1) , c (21) ,..., c (r 1) , c (r 1)1 ,..., c (n1) ) və (c (2) , c (2) ,...,c (2) , c (2) ,...,c (2) ) elementləri qarşı qoyulmuşdursa, onda Rn r f əzasından götürdüyümüz bu iki elementin cəminə R f əzasında onlara qarşı qoyulan elementlərin cəmi, Rn r f əzasından götürdüyümüz hər bir həllin həqiqi ədədinə hasilinə R f əzasında ona qarşı qoyulan elementin ədədinə hasili qarşı durur.Buradan alırıq ki, R həllər f əzası Rn r f əzasına izomorfdur. İzomorf xətti f əzaların ölçüləri bərabər olduğundan deyə bilrək ki, dim R n r . Əgər Rn r f əzasında ixtiyari bazis götürsək, R f əzasında bu bazis vektorlara uyğun gələn həllər R -də bazis əmələ gətirər. R f əzasında bazis əmələ gətirən hər bir belə həllər sistemi bircins sistemin fundamental həllər sistemiadlanır . Xüsusi halda, Rn r f əzasından götürülmüş 1
r
2
r 1
n
n
n
e1 (1,0,0,..., 0), e2 (0,1,0,..., 0),..., en r (0,0,0,...,1)
bazisinə uyğun gələn həllər sistemi bircins sistemin normal fundamental həllər sistemi adlanır . A matrisinin ranqı və bazis minorun yerləşməsi haqqındakı şərtlər daxilində bircins sistemin normal fundamental həllər sistemi aşağıdakı kimidir: M r (ai r 1 ) M 1 ( ai r 1 ) M 2 (ai r 1 ) , ,..., ,1,0,...,0 X 1 M M M M r (ai r 2 ) M 2 (ai r 2 ) M 2 (ai r 2 ) , ,..., ,0,1,...,0 X 2 M M M ..................................................................................
M r (ai n ) M 1 (ai n ) M 2 (ai n ) , ,..., ,0,0,...,1 X nr M M M X 1 , X 2 ,..., X n r həlləri, bircins sistemin bütün həlləri çoxluğunda bazis əmələ gətirdiyinə görə, bircins sistemin ixtiyari X həllini bu vektorların xətti
kombinasiyası şəklində göstərmək olar: X C 1 X 1 C 2 X 2 ... C n r X n r
(3)
Bu həll bircins sistemin bütün həllərini özündə saxladığına görə ona bircins sistemin ümumi həlli deyilir. İndi isə bircins sistemin həlləri ilə uyğun qeyri-bircins sistemin həlləri arasındakı əlaqələri göstərək: 1. Qeyri-bircins sistemin ixtiyari iki həllinin f ərqi uyğun bircins sistemin həllidir. Tutaq ki, x1 c1(1) ,..., xn c (n1) və x1 c1( 2) ,..., xn c (n2) bircins sistemin ixtiyari iki həllidir. Onda qeyri-bircins sistemin i nömrəli tənliyi üçün aşağıdakı bərabərlik doğrudur: n
ai j c j
(1)
j 1
Ona görə də, bircins sistemin n
ai j (c j
(1)
j 1
bi və
i
n
ai j c j( 2) bi
j 1
nömrəli tənliyi üçün
n
c j ) ai j c j(1) ai j c j( 2) bi bi 0 . ( 2)
j 1
Bununla birinci xassə isbat olunur. 2. Bircins sistemin ixtiyari həlli ilə uyğun qeyri-bircins sistemin hər hansı həllinin cəmi də qeyri-bircins sistemin həllidir. Tutaq ki, x1 c1 ,..., xn cn qeyri-bircins sistemin hər hansı həlli, x1 c1(0) ,..., xn c (n0) isə bircins sistemin ixtiyari həllidir. Onda, n
ai j c j bi
j 1
və
n
ai j c j(0) 0 .
j 1
Bunları nəzərə alsaq, qeyri-bircins sistemin ixtiyari i nömrəli tənliyi üçün n
a j 1
n
c c j ) ai j c j ai j c j( 0 ) bi 0 bi i 1,2,..., m
i j ( j
( 0)
j 1
olar. Bu isə, ikinci xassənin isbatı deməkdir. Qeyri-bircins sistemin hər hansı həllini X 0 -la işarə edək. Göstərək ki, X C 1 X 1 C 2 X 2 ... C n r X n r X 0 (4) qeyri-bircins sistemin ümumi həllidir, burada C 1 , C 2 ,..., C nr ixtiyari sabitlərdir. Yəni, bu həlldən qeyri-bircins sistemin ixtiyari həllini almaq olar. Tutaq ki, X qeyri-bircins sistemin hər hansı həllidir. X 0 da qeyri-bircins sistemin həlli olduğundan, yuxarıda qeyd etdiyimiz kimi, bu iki həllin X X 0 f ərqi uyğun bircins sistemin həlli olar. Onda X X 0 həllinin normal fundamental həllər sisteminə görə ayrılışını yazmaq olar. Yəni, elə C 1 , C 2 ,..., C nr ədədləri var ki, X X 0 C 1 X 1 C 2 X 2 ... C n r X n r . Buradan, X C 1 X 1 C 2 X 2 ... C nr X nr X 0 alınır. Beləliklə, (4) düsturu qeyri-
bircins sistemin ümumi həlli olur. 8. XƏTTİ TƏNLİKLƏR SİSTEMİNİN QAUS ÜSULU İLƏ HƏLLİ
Tutaq ki, n məchullu m xətti tənliklər sistemi verilmişdir:
a11 x1 a12 x2 ... a1n xn b1 a21 x1 a22 x2 ... a2n xn b2 (1) ........................................... am1 x1 am 2 x2 ... amn xn bm Qaus üsulunun tətbiqi ilə biz (1) sisteminin uyuşan olub-olmadığını, uyuşan sistemin müəyyən və ya qeyri-müəyyənliyini, eləcə də müəyyən sistemin yeganə həllini, qeyri-müəyyən sistemin isə bütün həllərini tapa bilərik. Başqa sözlə desək, Qaus üsulu xətti tənliklər sistemi ilə əlaqədar olaraq bütün suallara cavab tapmağa imkan verir.. Bu üsulun mahiyyəti, sistemin tənliklərindən məchulları ardıcıl olaraq yox etməklə, verilmiş sistemin həllini tapmaqdır. Qaus üsulunu tətbiq etmək üçün,ümumiliyi pozmadan hesab edəcəyik ki, (1) sistemindəki a11 0 . Əgər belə olmazsa, tənliklərin yerini dəyişməklə və ya məchulları yenidən nömrələməklə buna həmişə nail olmaq olar. Qeyd edək ki, tənliklərin hər hansı birində x1 məchulunun əmsalı 1-ə bərabər olarsa, sonrakı hesablamaları asanlaşdırmaq üçün onu birinci yerdə yazmaq məqsədə uyğundur. a a11 0 olduğunu nəzərə alıb, birinci tənliyi 21 -ə vurub ikinci tənlik a11 a üzərinə, 31 -ə vurub üçüncü tənlik üzərinə, bu qayda ilə davam edərək, nəhayət a11 a m1 -ə vurub sonuncu tənlik üzərinə əlavə etsək, ikinci tənlikdən başlayaraq a11 qalan bütün hədlərdən x1 məchulunu yox etmiş olarıq. Bu əməliyyat nəticəsində aşağıdakı iki hala rast gəlmək olar: I. Alınan tənliklərdən hər hansı birinin sol tərəfində sıfır, sağ tərəfində sıfırdan f ərqli ədəd alınsın. Bu halda (1) sisteminin həlli yoxdur. II. Tənliklərdən hər hansı birinin və ya bir neçəsinin həm sol, həm də sağ tərəfində sıfır alınsın. Belə olan halda, həmin bərabərliklərin hamısını sistemdən atırıq. Əgər x1 məchulunu yox etdikdən sonra birinci halla rast gəlməsək, onda aldığımız yeni tənliklər sistemində birinci tənliyi olduğu kimi saxlamaqla yuxarıda göstərdiyimiz qaydanı ikincidən başlayaraq qalan bütün tənliklərin əmələ gətirdiyi sistemə tətbiq edirik. Yəni, ikinci tənlikdə x 2 məchulunun əmsalını sıfırdan fərqli götürməklə, üçüncüdən başlayaraq bütün tənliklərdən x 2 məchulunu yox edirik. Bu qayda ilə davam edərək, hər dəf ə ikinci hala rast gəlməmək şərtilə, sonda, üçbucaq :
a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1 x 2 ... a 2 n x n b2 a 22 ............................ ( k ) ( k ) a n n x n bn a11 0, a 22 0,...,a n( k n) 0
və ya trapesiya a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1 a 22 x 2 ... a 2 n x n b2 ........................................... ( m) ( m) ( m) a k j x j ...a k n x n bk a11 0, a 22 0,...,a k ( m j) 0
şəkilli sistem alırıq. Əgər sonda üçbucaq şəkilli sistem alınmışdırsa, axırıncı tənlikdən xn məchulunun qiymətini tapıb, özündən əvvəlki tənlikdə nəzərə almaqla, xn1 məchulunun və bu qayda ilə davam etməklə, nəhayət birinci tənlikdən x1 məchulunun qiymətini tapırıq. Əgər sonda trapesiya şəkilli sistem alınmışdırsa, bu sistemdə x j 1 ,..., xn məchullarını sistemin hər bir həllində bərabərliyin sağ tərəfinə keçirməklə onu üçbucaq şəkilli sıstemə gətiririk. Bu sistemi yuxarıda göstərdiyimiz qaydada həll etməklə (1) sisteminin bütün həllərini tapırıq. Aydındır ki, üçbucaq şəkilli sistem alındıqda (1) sisteminin yeganə həlli var. Qeyd edək ki, trapesiya şəkilli sistem alındıqda bərabərliyin sağ tərəfinə keçirdiyimiz məchullara sərbəst məchullar deyilir. Onlar ixtiyari ədədi qiymətlər ala bildiyindən, sistemin sonsuz sayda həlləri var.
HƏQİQİ EVKLİD FƏZASI Tərif 1. X həqiqi xətti f əzası aşağıdakı şərtləri ödədikdə həqiqi Evklid f əzası
adlanır : I. X f əzasının ixtiyari iki x və y elementinə, onların skalyar hasili adlanan və ( x, y ) kimi işarə olunan bir həqiqi ədədi qarşı qoymaq qaydası verilsin, II. bu qayda aşağıdakı xassələrə malik olsun 1. ( x, y ) ( y, x) 2. ( x1 x2 , y ) ( x1 , y ) ( x2 , y ) 3. ( x, y ) ( x, y ) , həqiqi ədədi üçün
4. ( x, x) 0 və ( x, x) 0 x 0 . Qeyd edək ki, analitik həndəsədə vektorlar üçün ( x , y ) x y cos qaydası ilə təyin etdiyimiz skalyar hasil yuxarıda qeyd etdiyimiz bütün xassələri ödəyir. Həqiqi xətti f əzalarda isə skalyar hasil, bundan f ərqli olaraq, aksiomatik qaydada təyin edilir. Burada həmçinin X f əzası da hər hansı konkret xətti f əza olmayıb, mücərrəd həqiqi xətti f əzadır. Həqiqi Evklid f əzasına bəzi misallar göstərək: 1) a, b parçasında təyin olunmuş həqiqi qiymətli kəsilməz funksiyalar f əzasında ( C [a, b] ) skalyar hasili b
( x(t ), y(t )) x(t ) y (t )dt a
düsturu ilə təyin etsək, bu qayda skalyar hasilin bütün xassələrini ödəyər. 2) Rn f əzasında x ( x1 , x2 ,..., x n ), y ( y1 , y 2 ,..., y n ) elementlərinin skalyar n
hasilini ( x, y ) xi yi düsturu ilə təyin etsək, bu qayda da skalyar hasilin i 1
bütün xassələrini ödəyər. Beləliklə, baxılan xətti f əzaların hər biri həqiqi Evklid f əzasıdır. Tərif 2. X həqiqi xətti f əzası aşağıdakı şərtləri ödədikdə normalaşmış və ya normalı xətti f əza adlanır: I. X f əzasının x elementinə bu elementin norması (uzunluğu) adlanan və x kimi işarə olunan bir həqiqi ədədi qarşı qoymaq qaydası verilsin, II. bu qayda aşağıdadkı xassələrə malik olsun: 1. x 0 və x 0 x 0 , 2. x x , -həqiqi ədədi və x X üçün , 3. x y x y . Sonuncu bərabərsizlik üçbucaq və ya Minkovski bərabərsizliyi adlanır. Qeyd edək ki, həqiqi ədədin mütləq qiyməti normanın bütün xassələrini ödəyir. Teorem 1. X həqiqi Evklid f əzasının x, y elementləri üçün aşağıdakı bərabərsizlik doğrudur: (1) ( x, y) 2 ( x, x)( y, y) İsbatı. Bu bərabərsizliyi isbat etmək üçün x, y X və həqiqi ədədi götürək. Onda skalyar hasilin 4-cü xassəsinə görə aşağıdakı bərabərsizliyi yaza bilərik: ( x y, x y ) 0 (2) Skalyar hasilin digər xassələrindən istifadə edərək, (2) bərabərsizliyini aşağıdakı kimi yazmaq olar: (3) 2 ( x, x) 2 ( x, y) ( y, y) 0
Göründüyü kimi (3) bə bərabə rabərsizliyinin sol tə tərəfi -ya nə nəzərən həqiqi əmsallı kvadrat üçhə üçhədlidir. Belə Belə kvadrat üçhədlinin üçhədlinin sıfırdan böyük bərab bərabər ər olması üçün zəruri və və kafi şərt şərt ( x, y ) 2 ( x, x )( y, y ) 0
bərabə rabərsizliyinin ödə ödənmə nməsidir. Buradan isə isə (1) bə bərabərsizliyi rabərsizliyi alınır. Qeyd edə edək ki, (1) bə bərabə rabərsizliyinə rsizliyinə Koşi-Bunyakovski Koşi-Bunyakovski bə bərabə rabərsizliyi deyilir. İndi isə göstə göstərək ki, hə hər bir hə həqiqi Evklid f əzasını əzasını x ( x, x)
təyin etmə etməklə klə normalı fəza fəza etmə etmək olar. olar. Aydındır ki, bunun üçün təyin təyin etdiyimiz bu qaydanın normanın bütün üç xassə xassəsini ödə ödədiyini yoxlamaq kifayə kifayətdir. Normanın 1-ci 1-ci xassə xassəsinin ödə ödənmə nməsi skalyar hasilin 4-cü xassə xass əsindən sindən alınır. 2-ci xassə xassə x ( x, x) 2 ( x, x) x bərabə rabərliyində rliyindən çıxır . Koşi-Bunyakovski bə 3-cq xassəni xassəni Koşi-Bunyakovski bərabə rabərsizliyinin kömə köməyi ilə ilə yoxlayaq: x y ( x y ), ( x y ) ( x, x) 2( x, y ) ( y, y ) 2
( ( x, x )) 2 2 ( x, y ) ( ( y, y ) ) 2
x
2
2 x y y
2
x
x
2
x y .
2
y
2 ( x, x) ( y, y ) y
2
əzalarında Koşi-Bunyakovski Koşi-Bunyakovski və və Misallar. C [a, b] və Rn həqiqi Evklid f əzalarında Minkovski bə bərabə rabərsizliklə rsizliklərini yazaq b
b
1. C [a, b] f əzasında əzasında ( x, y ) x(t ) y (t )dt , x
x
a
2
(t )dt olduğu üçün
a 2
b b b 2 x(t ), y(t )dt x (t )dt y 2 (t )dt , a a a
Koşi-Bunyakovski Koşi-Bunyakovski bə bərabə rabərsizliyi b
Minkovski bə bərabə rabərsizliyi isə isə
2
x(t ) y(t )
b
dt
x
a
2
(t )dt
a
b
y
2
(t )dt
a
kimi olur. n
2. Rn f əzasında əzasında ( x, y ) xi yi , x i 1
n
xi 2
olduğu üçün
i 1
2
n n n 2 2 xi yi xi yi , i1 i1 i1
Koşi-Bunyakovski Koşi-Bunyakovski bə bərabə rabərsizliyi Minkovski bə bərabə rabərsizliyi isə is ə
n
( xi yi ) i 1
2
n
xi i 1
2
n
yi 2 i 1
kimi olur. 9. ORTONORMAL BAZİS VƏ ORTOQONALLAŞDIRMA ÜSULU
Tutaq ki, X həqiqi Evklid f əzasıdır. əzasıdır. Bu fəzaya fəzaya daxil olan x və y elementlə elementləri üçün ( x, y ) 0 olarsa, onlara ortoqanal elementlər elementlər deyilir. Əgər Əgər x və ortoqanaldırsa, onda bu elementlər elementlər üçün y ortoqanaldırsa,
2
2
, x ( x, x) (1) x y x 2 y bərabə rabərliyi ödənir. ödənir. Doğurdan da 2 2 x y ( x y, x y) ( x, x) ( x, y) ( y, x) ( y, y) x 2 y ( ( x, y ) 0, ( y, x) 0 olduğu üçün ) (1) bə bərabə rabərliyi Pifaqor teoremi adlanır. Qeyd edə edək ki, Pifaqor teoremi cüt-cüt ortoqonal olan ixtiyari n sayda vektor üçün də d ə doğrudur. Yəni, Yəni, x1 , x2 ,..., xn vektorları üçün ( xi , x j ) 0, i j şərtl şərtləəri ödə ödənilə nilərsə rsə, onda 2
2
2
2
x1 x2 ... xn x1 x2 ... xn Tutaq ki, n ölçülü X həqiqi Evklid f əzasına əzasına daxil olan e1 , e2 ,..., en vektorları üçün 1 i j (ei , e j ) 0 i j şərtl şərtləəri ödə ödənilir. Bu şərtl şərtləəri ödə ödəyən e1 , e2 ,..., en vektorlarına X f əzasında əzasında ortonormal bazis deyilir. Göstə Göst ərək ki, onlar doğurdan da bazis əmələ gətirir. Hə Həmin vektorların sıfra bərab bərabəər olan xətti xətti kombinasiyasını götürək: götürək: 1e1 2 e2 ... n en 0 (2) (2) bə bərabə rabərliyinin hə hər iki tə tərəfini ek ( k 1,2,...n) vektoruna skalyar vursaq, k 0 olur. Belə k (ek , ek ) 0 alarıq. alarıq. (ek , ek ) 1 olduğu üçün Beləliklə liklə xətti kombinasiyanın bütün əmsalları sıfra bərab bərabəərdir. Ona görə görə də, e1 , e2 ,..., en vektorları xətti asılı deyil. Bu vektorların sayı fəzanın ölçüsünə bərabə rabər olduğundan məlum teoremə teoremə görə görə onlar X f əzasında əzasında bazis əm əmələ gətirir. İndi isə göstə göstərək ki, hə h ər bir n ölçülü hə həqiqi Evklid f əzasında əzasında ortonormal bazis var. Bunu riyazi induksiya metodunun kömə köməyilə yilə isbat edə edək. əzasında n sayda vektordan ibarə Tutaq ki, dim ibarət bazis var. dim X n .Onda X f əzasında f 1 f 1 , f 2 ,..., f n -lə -lə bu f əzada hər hər hansı bazisi işarə edə edək. n 1 olduqda e1 ( f 1 , f 1 ) götürək. götürək. Aydındır ki, e1 0 və (e1 , e1 ) 1 . Ona görə görə də, e1 vektoru birölçülü X f əzasında əzasında ortonormal bazis əm əmələ gətirir. Tutaq ki, n m olduqda f 1 , f 2 ,..., f m vektorlarına vektorlarına görə görə e1 , e2 ,..., em ortonormal sistemini artıq qurmuşuq. n m 1 olduqda f 1 , f 2 ,..., f m , f m1 vektorlarına görə e1 , e2 ,..., em , em1 ortonormal sistemini quraq. Bunun üçün em1 m1 f m1 ( f m1 , em ) em ( f m1 , em1 ) em1 ... ( f m1 , e1 ) e1 ) (3) götürək. götürək. Aydındır ki, m1 0 olduqda em1 0 . Çünki em1 0 olarsa, onda (3) bərabə rabərliyində rliyindən çıxır ki, f m1 vektoru e1 , e2 ,..., em vektorlarının xətti xətti kombinasiyasıdır. Bu vektorların hər hər biri f 1 , f 2 ,..., f m vektorlarının xətti xətti kombinasiyası kombinasiyası olduğundan alırıq ki, f m1 vektoru da f 1 , f 2 ,..., f m vektorlarının xətti kombinasiyasıdır. Bu isə f 1 , f 2 ,..., f m , f m1 vektorlarının xətti asılı olmama olma ması sı
şərtin şərtinəə ziddir. Ona görə görə də, m1 0 olduqda em1 0 olmalıdır. Asanlıqla görmək görmək olar ki, em1 vektoru e1 , e2 ,..., em vektorlarının hər hər birinə birinə ortoqonaldır. Bunun üçün (3) bə bərabə rabərliyinin hə hər iki tə tərəfini növbə növbə ilə ilə e1 , e2 ,..., em vektorlarına skalyar vurmaq vurmaq kifayə kifayətdir: (em1 , ej ) m1 f m1 , e j ) ( f m1 , e j ) 0 ,
j 1, 2,, m.
Aldığımız e1 , e2 ,..., em , em1 sisteminin sisteminin ortonormal olması üçün (3) (3 ) bərabə rabərliyində rliyindəki m 1 ədədini f m1 ( f m1 , em ) em ( f m 1 , em 1 ) em1 ... ... ( f m 1 , e1 ) e1 ) vektorunun normasının tərs tərs qiymə qiymətinə tinə bərabə rabər götürmə götürmək kifayə kifayətdir. Dediklə Dediklərimizi nə nəzərə alsaq, f 1 , f 2 ,..., f n bazisinə bazisinə görə görə e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisini aşağıdakı şəkild şəkildəə qurmaq olar: f 1 e1 , ( f 1 , f 1 ) g2 e2 , g 2 f 2 ( f 2 , e1 )e1 , (g2 , g2 ) g3 e3 , g 3 f 3 ( f 3 , e2 )e2 ( f 3 , e1 )e1 , ( g3 , g3 ) ........................ .................................... ........................ ........................ ........................ ................ .... gn en , g n f n ( f n , en1 )en1 ... ( f n , e1 )e1 . (gn , gn ) Belə Beləliklə liklə biz, n ölçülü X Evklid f əzasında əzasında həm həm ortonormal bazisin ortonormal bazisin varlığını va rlığını,, hə h əm də verilmiş bazisə görə görə onun qurulma qaydasını göstərmiş olduq. Qeyd edə edək ki, xə xətti f əzada əzada sonsuz sayda bazis olduğundan deyə bilə bilərik ki, həqiqi Evklid f əzasında zasında sonsuz sayda ortonormal bazis var. əzasında ortonormal bazisdir. Onda Tutaq ki, e1 , e2 ,..., en X Evklid f əzasında x. y X üçün x 1e1 2 e2 ... n en və y 1e1 2 e2 ... n en ayrılışlarını yaza bilə bilərik. Bu iki vektorun skalyar hasilini h asilini tapaq: ( x, y ) ( 1e1 2 e2 ... n en , 1e1 2 e2 ... n en ) 1 1 2 2 ... n n Göründüyü kimi, ortonormal bazisdə bazisd ə iki vektorun skalyar hasili onların uyğun koordinatlarının hasilləri hasilləri cə cəminə minə bərabə rabərdir. İndi isə X f əzasında əzasında hər hansı f 1 , f 2 ,..., f n bazisi götürək. götürək. Onda aydındır ki, x. y X vektorlarından vektorlarından hə hər birinin bu bazisə bazis ə görə görə ayrılışlarını yaza bilə bilərik: x x1 f 1 x2 f 2 ... xn f n y y1 f 1 y 2 f 2 ... y n f n Bu iki vektorun skalyar hasilini tapsaq: ( x, y ) ( x1 f 1 x2 f 2 ... xn f n , y1 f 1 y 2 f 2 ... y n f n )
olar, burada ai j ( f i , f j ) (i, j 1, n) .
n
ai, j xi x j
i , j 1
(3)
(3) bə bərabə rabərliyində rliyindən görünür ki, x və y vektorlarının skalyar hasilinin uyğun koordinatların hasillə hasilləri cə cəminə minə bərabər rabər olması üçün 1 i j ( f i , f j ) 0 i j Olmalıdır. Başqa sözlə, sözlə, f 1 , f 2 ,..., f n ortonormal bazis olmalıdır. Beləlikl Beləliklə, ə, yalnız və yalnız ortonormal bazisdə iki vektorun skalyar hasili onların on ların uyğun koordinatlarının hasill hasilləəri cə cəminə minə bərabə rabər olur.
KOMPLEKS EVKLİD FƏZASI xətti f əzası əzası aşağıdakı şərtl şərtləəri ödə ödədikdə dikdə kompleks Evklid f əzası əzası X kompleks xə adlanır : I. X f əzasının əzasının ixtiyari iki x və y elementinə elementinə onların skalyar hasili adlanan və ( x, y ) kimi işarə olunan bi kompleks ədədi qarşı qoymaq qaydası verilsin, verilsin , II. bu qayda aşağıdakı xassəl xassələrə malik olsun 1. ( x, y) ( y, x) , burada ( y, x) , ( y, x) kompleks ədədinin qoşmasıdır , 2. ( x1 x2 , y) ( x1 , y) ( x2 , y) , 3. ( x, y ) ( x, y ) , kompleks ədədi üçün, 4. ( x, x) həqiqi ədədddir, ( x, x) 0 və ( x, x) 0 x 0 . Qeyd edə edək ki, bu xassə xass ələrin kömə köməyilə yilə skalyar hasilin aşağıdakı xassəl xassələrini də də göstə göstərmə rmək olar: 1. ( x, y z ) ( y z, x) ( y, x) ( z, x) ( x, y) ( x, z ) , 2. ( x, y) ( y, x) ( y, x) ( x, y) . Misallar. 1. [a, b] parçasında kəsilmə silməz olan kompleks qiymə qiymətli funksiyalar f əzasında əzasında b
x(t ), y (t ) x(t ) y (t )dt a
qaydası ilə skalyar hasili tə təyin etsə etsək, alınan fəza fəza kompleks Evklid f əzası əzası olar. 2. nizam ilə ilə götürülmüş kompleks əd ədədlə dlə təyin olunan n sayda, x ( 1 , 2 ,..., n ) şəkilli şəkilli elementlə elementlər çoxluğunda (burada 1 , 2 ,..., n -lə -lər kompleks ədədlə dlərdir) cə cəm və və ədədə vurma əməllə llərini x y ( 1 1 , 2 2 ,..., n n ) , y ( 1 , 2 ,..., n ) x ( 1 , 2 ,..., n ) , -kompleks ədəddir, xətti f əzada skalyar hasili kimi tə təyin etmə etməklə klə alınan xətti ( x, y) 1 1 2 2 ... n n qaydasıilə təyin etsə etsək o, kompleks xə xətti f əza olar. Qeyd edf ək ki, kompleks Evklid f əzasında əzasında da Koşi-Bunyakovski Koşi-Bunyakovski bərabə rabərsizliyi rsizliyi doğrudur. Bu bə bərabə rabərsizlik rsizlik aşağıdakı şəkild şəkildəə yazılır: 2 x, y X , ( x, y) ( x, x)( y, y) , (1) burada ( x, y) mod( x, y) .
Bu bərabərsizliyi isbat etmək üçün x, y X və kompleks ədədi üçün doğru olan aşağıdakı bərabərsizliyə baxaq: x y, x y 0 Skalyar hasilin xassələrindən istifadə edərək bu bərabərsizliyi aşağıdakı şəkildə yaza bilərik: 2( x, x) ( x, y) ( y, x) ( y, y ) 0 . Buradan alırıq ki, 2( x, x) ( x, y) ( x, y ) ( y, y ) 0 . ( x,y ) ədədini triqonometrik şəkildə yazsaq, ( x, y) ( x, y) (cos i sin ) olar. Tutaq ki, t (cos i sin ) , t . Bunları sonuncu bərabərlikdə nəzərə alsaq,
t 2 ( x, x) t ( x, y) t ( x, y) ( y, y) 0 və ya (2) t 2 ( x, x) 2t ( x, y) ( y, y) 0 Göründüyü kimi (2)-nin sol tərəfi t -yə nəzərən həqiqi əmsallı kvadrat üçhədlidir. Ona görə də, bu bərabərsizliyin t -nin ixtiyari qiymətində ödənilməsi üçün onun diskriminantı aşağıdakı bərabərsizliyi ödəməlidir: 2 ( x, y) ( x, x)( y, y) 0 Buradan Koşi-Bunyakovski bərabərsizliyi alınır. Kompleks Evklid f əzasında da həqiqi Evklid f əzasında olduğu kimi x ( x, x) təyin etməklə onu normalı fəzaya çevirmək olar. Tutaq ki, X n ölçülü kompleks Evklid f əzasıdır. Bu fəzada da, həqiqi f əzaya analoji olaraq, ortonormal bazisə tərif vermək olar. Həqiqi Evklid f əzasında olduğu kimi burada da, ortonormal bazisin varlığını və qurulma qaydasını göstərmək olar. Tutaq ki, e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisdir. Onda, x, y X vektorları üçün x 1e1 2 e2 ... n en , y 1e1 2 e2 ... n en ayrılışlarını yazmaq olar. Kompleks Evklid f əzasında verilmiş ortonormal bazisdə bu iki vektorun skalyar hasiliaşağıdakı düsturla tapılır.: ( x, y) ( 1e1 2 e2 ... n en , 1e1 2e2 ... n en 1 1 2 2 ... n n .
10. HƏQİQİ EVKLİD FƏZALARININ İZOMORFLUĞU
Tutaq ki, X və X həqiqi Evklid f əzalarıdır. Aşağıdakı şərtlər ödəndikdə bu iki Evklid f əzası bir i-biriniə izomorf adlanır: 1. X və X f əzaları həqiqi xətti f əza kimi bir-birinə izomorfdur. 2. x, y X elementlərinə uyğun olaraq x, y X elementləri qarşı qoyulmuşdursa, onda ( x, y ) X ( x, y ) X , burada ( x, y ) X və ( x, y ) X ilə uyğun olaraq X və X f əzasında skalyar hasil işarə edilmişdir .
Teorem. Bütün n ölçülü həqiqi Evklid f əzaları bir i-birinə izomorfdur. İsbatı. Teoremi isbat etmək üçün n ölçülü X həqiqi Evklid f əzasının ( x, y ) 1 1 2 2 ... n n ( x ( 1 , 2 ,... n ) y ( 1 , 2 ,..., n ) ) skalyar
hasilli Rn f əzasına izomorf olduğunu göstərmək kifayətdir. X f əzasında ixtiyari e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi götürək və x, y X vektorlarının bu bazisə görə ayrılışını yazaq: x 1e1 2 e2 ... n en , y 1e1 2 e2 ... n en x vektoruna Rn f əzasının x ( 1 , 2 ,... n ) elementini, y vektoruna isə y ( 1 , 2 ,..., n ) elementini qarşı qoyaq. Bazisə görə atrılış yeganə olduğuna görə bu qarşıqoyma qarşılıqlı birqiymətlidir. Eyni bazisdə verilmiş iki vektorun toplanması və ədədə vurulması əməllərinin xassələrindən istifadə etsək, asanlıqla görmək olar ki, x y X vektoruna x y Rn , x X vektoruna isə x Rn vektoru qarşı qoyulur. Yəni, X və X f əzaları həqiqi xətti f əza kimi bir-birinə izomorfdur. Ortonormal bazisdə ( x, y ) X 1 1 2 2 ... n n olduğunu nəzərə alsaq və bu bərabərliyin sağ tərəfinin ( x, y ) Rn -ə bərabər olduğunu nəzərə alsaq, X və Rn f əzalarının Evklid fəzası kimi izomorf olduğunu deyə bilərik. Bununla da teorem isbat olundu. Analoji qaydada bütün n ölçülü kompleks evklid f əzalarının da izomorf oduğunu isbat etmək olar.
XƏTTİ OPERATORLAR Tutaq ki, X və Y uyğun olaraq m və n ölçülü xətti f əzalardır. Əgər X f əzasının hər bir x elementinə Y f əzasının müəyyən bir y elementini qarşı qoymaq qaydası verilmişdirsə, onda deyəcəyik ki, X f əzasından Y f əzasına təsir edən operator verilmişdir və bunu y ( A x) və ya y A x kimi işarə edəcəyik. Tutaq ki, X və Y eyni zamanda həqiqi və ya kompleks xətti f əzalardır. X dən Y -ə təsir edən A operatoru aşağıdakı şərtləri ödədikdə xətti operator adlanır: 1. A( x y) A x A y , x, y X , 2. A ( x) A x , x X və ədədi üçün. Qeyd edək ki, bu f əzalar həqiqi olduqda həqiqi, kompleks olduqda isə kompleks hesab olunur. X f əzasından Y f əzasına təsir edən xətti operatorlar çoxluğunu L ( X ,Y ) -lə işarə edək. Bu çoxluqda A, B L ( X ,Y ) üçün aşağıdakı qaydada cəm və ədədə vurma əməlləri təyin edək: ( A B) x A x B x , x X üçün, A ( x) A x , ədədi və x X üçün. X f əzasının hər bir elementinə Y f əzasının sıfır elementini qarşı qoyan operatoru sıfır operator adlandırıb O hərfi ilə işarə edəcəyik: O x 0 , x X .
Hər bir A operatorunun əksini A ilə iıarə edib, aşağıdakı kimi təyin edəcəyik: ( A) x A x , x X . Yoxlamaq olar ki, L ( X ,Y ) çoxluğu təyin etdiyimiz cəm və ədədə vurma əməllərinə görə, yuxarıda təyin etdiyimiz sıfır və əks operatorlarla birlikdə xətti f əza əmələ gətirir. L ( X ,Y ) xətti f əzasına misal olaraq, Rn f əzasında təyin olunmuş n tərtibli matrislər çoxluğunu göstərmək olar. Bu xətti f əzanın ölçüsü n 2 -na bərabərdir. İndi isə X xətti f əzasından X f əzasına təsir edən xətti operatorlar çoxluğuna baxaq. Bu f əzanı L ( X , X ) əvəzinə L( X ) ilə işarə edəcəyik. Ix x
qaydası ilə təsir edən I operatoruna vahid operator deyilir. L( X ) f əzasında iki A, B L( X ) operatorlarınin A B hasili aşağıdakı qaydada təyin edilir: ( AB) x A ( B x) , x X üçün. Qeyd edək ki, ümumuyyətlə AB BA. Bu əməl aşağıdakı xassələrə malikdir: 1. ( A) B ( AB) , 2. A( B C ) AB AC , 3. ( A B) C AC BC , 4. A( BC ) ( AB) C . 1-ci xassə operatorun ədədə vurulması əməlinin tərifindən alınır. 2-ci xassə x X üçün aşağıdakı bərabərliklərdən alınır: A( B C ) x A(( B C ) x) A( Bx Cx) A( Bx) A(Cx) ( AB) x ( AC ) x ( AB AC ) x.
Buradan,
A( B C ) AB AC . Analoji qaydada digər xassələri də göstərmək olar. Qeyd edək ki, operatorların hasili əməlini ixtiyari sonlu sayda operator üçün də təyin etmək olar. Xüsusi halda, A n operatorunu An = A A A n
düsturu ilə təyin edirlər. Aydındır ki, aşağıdakı bərabərlik doğrudur: Anm An Am Tərif. Əgər B L( x) operatoru üçün
AB BA I
olarsa, onda B operatoruna A L ( x) operatorunun tərsi deyilir. 1 A operatorunun tərsini adətən A ilə işarə edirlər. Aydındır ki, x X üçün A1 A x x . Qeyd edək ki, əgər A -nın tərsi varsa və A x 0 , onda x 0 . Tutaq ki, A L ( x ) . Əgər x1 , x 2 X üçün x1 x2 olduqda A x1 A x2 olarsa, onda deyəcəyik ki, A operatoru X f əzasında qarşılıqlı birqiymətli təsir edir. Göstərək ki, əgər A operatoru X f əzasında qarşılıqlı birqiymətli təsir edirsə, onda bu operator X f əzasını bütün X f əzasına köçürür. Başqa sözlə, y X üçün
elə x X var ki, y Ax. . Bunu isbat etmək üçün X f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., en bazisi götürək. Onda x X üçün x 1e1 2 e2 ... n en ayrılışını yaza bilərik. Ae1 , Ae2 ,.., Aen X vektorlarına baxaq. Göstərək ki, bu vektorlar xətti asılı deyil. Bunun üçün onların sıfra bərabər olan xətti kombinasiyasını götürək: c1 Ae1 c2 Ae2 ... cn Aen 0 . A xətti operator olduğundan bu bərabərliyi aşağıdakı şəkildə yazmaq olar: A(c1e1 c2 e2 ... cn en ) 0 . A qarşılıqlı birqiymətli təsir etdiyindən bu bərabərlikdən alırıq ki, c1e1 c2 e2 ... cn en 0 e1 , e2 ,..., en vektorları xətti asılı olmadığından c1 0, c2 0,..., cn 0 olmalıdır. Beləliklə Ae1 , Ae2 ,.., Aen vektorları xətti asılı deyil. Onların sayı X f əzasının ölçüsünə bərabər olduğundan, bu vektorlar bazis əmələ gətirir. y X götürək. Onda, bazisə görə aşağıdakı ayrılışı yaza bilərik: y 1 Ae1 2 Ae2 ... n Aen A( 1e1 2 e2 ... n en ) A x Beləliklə, y X üşün x X vektoru var ki, A x y . Yəni, A operatoru X f əzasını bütün X f əzasına köçürür. Aşağıdakı teorem doğrudur. Teorem. A operatorunun tərsinin olması üçün zəruri və kafi şərt onun X f əzasında qarşılıqlı birqiymətli təsir etməsidir. İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, A operatorunun tərsi var, lakin A qarşılıqlı birqiymətli təsir etmir.Yəni, elə x1 , x2 X və x1 x2 elementləri var ki, A x1 A x2 . Buradan alırıq ki, A ( x1 x 2 ) 0 , və A-nın tərsi olduğu üşün x1 x2 0 . Bu isə x1 x2 olmasına ziddir. Ona görə də, A x1 A x2 olmalıdır. Kafilik. Tutaq ki, A operatoru X f əzasında qarşılıqlı birqiymətli təsir edir. y X götürək. Onda, elə x X elementi var ki, A x y . Götürdüyümüz bu y elementinə x elementini qarşı qoyan operatoru A 1 ilə işarə edək. Onda A1 y x . Yoxlamaq olar ki, A 1 operatoru X f əzasında təyin edilmiş xətti operatordur və A1 y A1 ( Ax) ( A1 A) x x . Tərif ə görə A 1 operatoru A operatorunun tərsidir. Tutaq ki, X n ölçülü xətti f əzadır. A L ( x ) götürək və aşağıdakı iki çoxluğu təyin edək: ker A x | Ax 0, x X imA y | y Ax, x X ker A çoxluğuna A operatorunın nüvəsi, imAçoxluğuna isə obrazı deyilir. Asanlıqla yoxlamaq olar ki, A operatorunun həm nüvəsi, həm də obrazı X f əzasının alt f əzalarıdır. Bu alt f əzaların ölçüləri arasındakı əlaqəni göstərən aşağıdakı teoremləri isbat edək.
n ölçülü X xətti f əzasında təsir edən A xətti operatorunun nüvəsinin ölçüsü ilə obrazının ölçüsü cəmi X f əzasının ölçüsünə bərabərdir. Yəni, Teorem1.
dim(ker A) dim(imA) dim X .
İsbatı. Tutaq ki, dim(ker A) k . A operatorunun nüvəsində hər hansı e1 , e2 ,..., ek bazisi götürək və bu bazisi ek 1 , ek 2 ,..., en vektorları ilə X xətti f əzasında bazisə qədər tamalayaq. Aydındır ki, Aek 1 , Aek 2 ,..., Aen vektorları A operatorunun obrazına daxildir. Bu vektorların sayı n k -ya bərabər olduğuna görə, teoremi isbat etmək üçün onların imA -da bazis əmələ gətirdiyini göstərmək kifayətdir. Əvvəlcə bu vektorların xətti asılı olmadığını göstərək. Onların sıfra bərabər xətti kombinasiyasını götürək: ck 1 Aek 1 ck 2 Aek 2 ... cn Aen 0 , A xətti operator olduğundan A(ck 1ek 1 ck 2 ek 2 ... cn en ) 0 . Sonuncu bərabərlikdən görünür ki, ck 1ek 1 ck 2 ek 2 ... cn en ker A . Ona görə də, həmin vektoru e1 , e2 ,..., ek bazis vektorlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olur. Lakin e1 , e2 ,..., en vektorları X f əzasında bazis əmələ gətirdiyindən bu xətti kombinasiyanın bütün əmsalları sıfra bərabər olmalıdır. O cümlədən, ck 1 0, ck 2 0,..., cn 0 olmalıdır. Beləliklə, Aek 1 , Aek 2 ,..., Aen vektorları xətti asılı deyil. y imA götürək. Onda, elə x X vektoru var ki, y Ax. x vektorunun bazisə görə ayrılışını yazıb bərabərliyin hər iki tərəfinə A operatoru ilə təsir etsək: x c1e1 ... ck ek ck 1ek 1 ... cn en , y A x ck 1 Aek 1 ... cn Aen bərabərliyini alarıq. Bu göstərir ki, obrazdan götürülmüş y vektorunu Aek 1 , Aek 2 ,..., Aen vektorlarının xətti kombinasiyası şəklində göstərmək olar. Ona görə, də bu vektorlar A operatorunun obrazında bazis əmələ gətirir. Bazis vektorların sayı xətti f əzanın ölçüsünə bərabər olduğundan obrazın ölçüsü n k ya bərabərdir. Teorem2. Tutaq ki, X n ölçülü xətti f əza, L1 və L2 isə onun alt f əzalarıdır. Belə ki, dim L1 dim L2 n . Onda elə A L( x) operatoru var ki, L1 bu operatorun nüvəsi, L2 isə onun obrazıdır. İsbatı. Tutaq ki, dim L1 k . Onda, dim L = n k olar. L1 alt f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., ek bazisi götürək və bu bazisi X f əzasında bazisə qədər tamamlayaq: e1 , e2 ,..., ek , ek 1 , ek 2 ,..., en . Sonra isə L2 alt f əzasında hər hansı g k 1 , g k 2 ,..., g n bazisi götürərək, aşağıdakı qaydada A operatoru təyin edək: Ae1 0, Ae2 0,..., Aen 0 Aek 1 g k 1 ,..., Aen Ag n X f əzasının ixtiyari x c1e1 ... c k ek ck 1ek 1 ... cn en vektoru üçün, 2
A x k 1 g k 1 .. n g n . Asanlıqla yoxlamaq olar ki, bu qaydada təyin olunmuş A operatoru xətti operatordur. Aydındır ki, L1 bu operatorun nüvəsi, L2 isə onun obrazıdır. Bu teoremlərdən aşağıdakı nəticələr çıxır: 1. A operatorunun tərsinin olması üçün zəruri və kafi şərt ker A 0, imA X olmasıdır. 2 A operatorunun tərsinin olması üçün zəruri və kafi şərt dim(ker A) 0, dim(imA) n olmasıdır.
11. XƏTTİ OPERATORUN MATRİSİ Tutaq ki, X n ölçülü xətti f əza, A L ( x ) isə bu f əzada təsir edən operatordur. X f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., en bazisi götürək. Onda x X vektoru üçün bazisə görə aşağıdakı n
x i ei
(1)
i 1
ayrılışı yaza bilərik. Bu bərabərliyin hər iki tərəfinə A operatoru ilə təsir etsək, n
Ax i Aei
(2)
i 1
olar. Aei elementlərinin hər biri X f əzasına daxil olduğundan onların da götürdüyümüz bazisə görə ayrılışını yaza bilərik: n
Aei aij e j (i 1,2,..., n)
(3)
j 1
Bu
ayrılışın
əmsallarından
düzəldilmiş A1 (aij ) i 1,n matrisinə A xətti j 1,n
operatorunun e1 , e2 ,..., en bazisində matrisi deyilir. Əgər xüsusi halda A operatoru sıfır operator olarsa, onda A1 n tərtibli sıfır matris, vahid operator olarsa, n tərtibli vahid matris olur. (3) ayrılışlarını (2)-də nzərə alsaq, aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik: n n n n (4) A x i aij e j i ij e j i 1 j 1 j 1 i 1
y Ax işarə etsək, y elementinin e1 , e2 ,..., en bazisində koordinatları y ( 1, 2 ,..., n ) n
olar belə ki, j i aij j 1,2,..., n . Beləliklə biz n ölçülü xətti f əzada təsir edən i 1
hər bir A xətti operatoruna qarşı müəyyən bir A1 n tərtibli matrisini qarşı qoymuş
olduq. İndi isə f ərz edək ki, hər hansı A1 (aij ) i 1,n matrisi və e1 , e2 ,..., en bazisi j 1, n
vardır. Göstərək ki, onda X f əzasında təsir edən elə yeganə A xətti operatoru var ki, onun bu bazisdə matrisi A1 – dir. Bunun üçün A operatorunu bazis vektorlar üzərində (3) bərabərliyi ilə, (1) bərabərliyi ilə təyin olunan x vektoru üzərində isə (4) bərabərliyi ilə təyin edək. Bu qayda ilə təyin olunan A operatoru xətti operatordur və asanlıqla göstərmək olar ki, onun e1 , e2 ,..., en bazisində matrisi A1 – dir. Bu operatorun yeganəliyi isə bazisə görə ayrılışın yeganə olmasından alınır. Beləliklə, biz n ölçülü xətti f əzada təsir edən xətti operatorlar çoxluğu ilə n tərtibli matrislər çoxluğu arasında qarşılıqlı birqiymətli uyğunluq yaratmış olduq. İndi isə xətti operatorun müxtəlif bazisdəki matrisləri arasında əlaqəni e 1, ~ e2 ,..., ~ en bazislərini tapaq. Bunun üçün X f əzasında iki müxtəlif e1 , e2 ,..., en və ~ götürək. A xətti operatorunun birinci bazisdəki matrisini A1 (aij ) i 1, n , ikinci j 1, n
~
bazisdəki matrisini A1 (a~ij ) i 1,n işarə edək. Onda j 1, n
n
Aei aij e j
(3)
və
j 1
~
n
Aei a~ij e~ j
(5)
j 1
birinci bazisdən ikinci bazisə keçid matrisini (U ij ) i 1,n ilə işarə edək. Onda j 1, n
n
~ ei U ij e j
(i 1, n) .
(6)
j 1
(6) bərabərliyinin hər iki tərəfinə A operatoru ilə təsir edək və (3) bərabərliyini nəzərə alaq,onda n n n n n ~ (7) Aei U ij Ae j U ij a jk ek U ij a jk ek . j 1 j 1 k 1 k 1 j 1 (6) ayrılışlarını (5)-də nəzərə alsaq, n n n n n ~ ~ ~ ~ ~ (8) Aei aij e j aij U jk ek a jk U jk ek j 1 j 1 k 1 k 1 j 1 (7) və (8) bərabərliklərinin sol tərəfləri bir-birinə bərabərdir. Ona görə də, onların sağ tərəflərini müqayisə etsək və matrislərin vurulma qaydasını yada salsaq, aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik: ~ UA1 A1U . Buradan alırıq ki, ~ ~ ~ (9) A1 U 1 A1U və ya A1 U A1U 1 (9) bərabərlikləri A xətti operatorunun götürdüyümüz iki müxtəlif bazisdəki matrisləri arasındakı əlaqəni göstərir. Tutaq ki, A1 və B1 n tərtibli matrislərdir. X xətti f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., en bazisi götürək. Tutaq ki, A1 matrisinə A operatoru, B1 matrisinə isə B
operatoru uyğun gəlir. Onda asanlıqla göstərmək olar ki, A1 B1 matrisinə A B operatoru uyğun gəlir. e 1, ~ e2 ,..., ~ en (9) bərabərliklərindən istifadə etsək, X f əzasında götürülmüş ~ bazisində A və B operatorlarının matrislərini A1 və B1 ilə işarə etsək, onda ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, A B operatorlarının bu iki bazisdəki matrisləri arasında əlaqə aşağıdakı kimi olar: ~ ~ A1 B1 U 1 A1 B1 U . Qeyd edək ki, (9) bərabərliklərinə matrislər hasilinin determinantı haqqındakı məlum qaydanı tətbiq etsək, alarıq ki, det A det A1 . Bu bərabərlik göstərir ki, xətti operatorun matrisinin determinantı bazisin seçilməsindən asılı deyil. Ona görə də, xətti operatorun hər hansı bazisdəki matrisinin determinantına bu xətti operatorun determinantı deyilir. A xətti operatorunun determinantını det A kimi işarə edəcəyik. Aydındır ki, A E operatorunun determinantı ( E vahid operatordur) –dan asılı n dərəcəli çoxhədlidir. Bu çoxhədliyə A operatorunun xarakteristik çoxhədlisi deyilir. A operatorunun e1 , e2 ,..., en bazisində matrisi ( aij ) olduğundan A E operatorunun matrisi, yəni A -nın xarakteristik çoxhədlisi aşağıdakı şəkildə olar: ... a11 a12 a1n a21 a22 ... a2 n det( A E ) ...
...
...
...
... ann an1 an 2 Əgər bu determinantı açsaq, onu aşağıdakı şəkildə yazmaq olar det( A E )
n
d k k .
k 0
Aydındır ki, d n 1 a11 a22 ... ann yəni, n -in dərəcəsinin əmsalı diaqonal elementlərinin cəminə bərabərdir. Bu ədədlərə A operatorunun izi deyilir və trA a11 a22 ... ann Aydındır ki, A operatorunun xarakteristik çoxhədlisi bazisin dəyişməsindən asılı deyil. Başqa sözlə, bazisin dəyişməsinə nəzərən invariantdır. det( A E ) 0 tənliyinə A operatorunun xarakteristik tənliyi deyilir.
XƏTTİ OPERATORUN RANQI Tutaq ki, X n ölçülü xətti f əza, A isə bu f əzada təsir edən xətti operatordur. Tərif. A operatorunun obrazının ölçüsünə bu operatorun ranqı deyilir və rangA dim( imA) kimi işarə edilir. Teorem1. Əgər A, B L( X ) olarsa, onda rangAB rangA, rangAB rangB
İsbatı. Birinci bərabərsizliyi isbat etmək üçün, qeyd edək ki, im( AB) imA . Ona görə də, dim (imAB) dim (imA) .Yəni, rangAB rangA . İndi isə ikinci bərabərsizliyi isbat edək. Aydındır ki, ker B ker( AB) . Ona görə də, dim(ker B) dim ker( AB) . Bu bərabərliyin hər iki tərəfini (-1)-ə vurub, alınan bərabərsizliyin hər iki tərəfinə n əlavə etsək ( n dim X ) , aşağıdakı bərabərsizliyi alarıq: dim X dim(ker AB) dim X dim(imX ) . Teorem 1-ə görə sonuncu bərabərsizlikdən alırıq ki, dim im( AB ) dim( imB ) Bu isə ikinci bərabərsizliyin isbatı deməkdir. İsbatsız olaraq aşağıdakı teoremi qeyd edək. Teorem 2. Əgər A, B L( X ) olarsa, onda rang ( AB) rang ( A) rang ( B) n Qeyd etdiyimiz bu iki teoremdən aşağıdakı nəticə çıxır: Nəticə. Əgər rangA n olarsa, onda rang ( AB) rangB = ranq( BA). Başqa sözlə desək, A operatoruınun ranqı fəzanın ölçüsünə bərabər olarsa, onda AB hasilinin ranqı B operatorların ranqına bərabərdir. Göstərək ki, xətti operatorun ranqı onun hər hansı bazisdəki matrisinin ranqına bərabərdir. Tutaq ki, A operatorunun e1 , e2 ,..., en bazisində matrisi (aij ) i 1,n -dir. j 1,n
Onda n
Aei aij e j j 1
n
g i Aei işarə etsək, g i aij e j olar. j 1
Aydındır ki, A operatorunun obrazı g1 , g 2 ,..., g n vektorlarının xətti örtüyü ilə üst-üstə düşür. Bildiyimiz kimi xətti örtüyün ölçüsü xətti asılı olmayan vektorların maksimal sayına bərabərdir. Sonuncu bərabərlik göstərir ki, xətti asılı olımayan vektorların sayı aij matrisinin ranqına bərabərdir. 12. XƏTTİ OPERATORUN MƏXSUSİ ƏDƏDİ VƏ MƏXSUSİ VEKTOR
Tutaq ki, X n ölçülü xətti f əza, A isə bu f əzada təsir edən xətti operatordur. L X alt f əzasını götürək. Tərif 1. Əgər x X üçün Ax L olarsa, onda L ə A operatorunun invariant alt f əzası deyilır. İnvariant alt fəzaya ən sadə misal olaraq A operatorunun nüvəsini və obrazını misal göstərmək olar. Tərif 2. Əgər ədədi üçün sıfırdan fərqli elə x X vektoru varsa ki, Ax x
bərabərliyi ödənsin, onda -ya A operatorunun məxsusi ədədi, x-ə isə bu məxsusi ədədə uyğun məxsusi vektoru deyilir. Eyni bir ədədinə uyğun iki məxsusi vektorların cəmi və sıfırdan fərqli ixtiyari ədədə hasili də -ya uyğun məxsusi vektordur. Ona görə də, eyni bir məxsusi ədədinə uyğun məxsusi vektorların xətti örtüyü də A operatoru üçün invariant alt f əzadır. Teorem 1. ədədinin A L( X ) operatorunun məxsusi ədədi olması üçün zəruri və kafi şərt -nın xarakteristik çoxhədlinin kökü olmasıdır. İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, A L( X ) operatorunun məxsusi ədədidir. Onda sıfırdan fərqli elə x X vektoru var ki, A x x . Buradan alırıq ki, ( A I ) x 0 . Yəni, A I operatorunun nüvəsində sıfırdan fərqli vektor var. Ona görə də, dim ker( A I ) 1 . Xətti operatorun obrazı və nüvəsinin ölçüləri haqqındakı teoremə görə deyə bilərik ki, dim im( A I ) n . Bu isə o deməkdir ki, A I operatorunun ranqı n -dən kiçikdir: rang ( A I ) n . A xətti operatorunun ranqı onun hər hans bazisdəki matrisinin ranqına bərabər olduğundan sonuncu bərabərsizlikdən alırıq ki, det( A I ) 0 . Yəni, xarakteristik çoxhədlinin köküdür. Kafilik. Tutaq ki, xarakteristik çoxhədlinin köküdür. Onda det( A I ) 0 . Bu, o deməkdir ki, A operatorunun matrisinin ranqı n -dən kiçikdir. Ona görə A operatorunun obrazının ölçüsü də n -dən kiçik olar. Obraz və nüvənin ölçüsü haqqında teoremə görə A operatorunun nüvəsinin ölçüsü 1-dən kiçik deyil. Yəni, dim(ker A) 1 .Deməli, A operatorunun nüvəsində sıfırdan fərqli heç olmazsa bir x elementi var. Onda ( A I ) x 0 və ya A x x . Yəni, x A operatorunun məxsusi ədədinə uyğun məxsusi vektorudur. Ona görə də, xarakteristik çoxhədlinin hər bir kökü A operatorunun məxsusi ədədidir. Qeyd edək ki, xətti operatorun məxsusi ədədi haqqında isbat etdiyimiz bu teorem kompleks xətti f əzalarda doğrudur. Həqiqi xətti f əzalarda isə xarakteristik çoxhədlinin hər bir kökünün məxsusi ədəd olduğunu ümumiyyətlə demək olmaz. Teorem(Cəbrin əsas teoremi)2. Dərəcəsi birdən kiçik olmayan həqiqi və ya kompleks əmsallı hər bir çoxhədlinin kompleks ədədlər çoxluğunda heç olmazsa bir kökü var. Bu teorem cəbrin əsas teoremi adlanır və onun isbatı kompleks dəyişənli funksiyalar nəzəriyyəsində veriləcəkdir. Xətti operatorun xarakteristik çoxhədlisinə bu teoremi tətbiq etsək, deyə bilərik ki, n ölçülü kompleks xətti f əzada təsir edən hər bir xətti operatorun heç olmazsa bir məxsusi ədədi var. Teorem3. A xətti operatorunun verilmiş bazisdə matrisinin diaqonal şəklində olması üçün zəruri və kafi şərt bazis vektorların A operatorun məxsusi vektorları olmasıdır . İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, e1 , e2 ,..., en bazisində A xətti operatorunun matrisi diaqonal şəklindədir:
1 0 0 2 ... ... 0 0
...
0
...
0 ...
...
... n
Onda aydındır ki,
Ae1 1e1 Ae2 2e2 ...............
Aen n en Buradan görünür ki, e1 , e2 ,..., en vektorları 1 , 2 ,..., n məxsusi ədədlərinə uyğun məxsusi vektorlardır. Kafilik. Tutaq ki, e1 , e2 ,..., en vektorları 1 , 2 ,..., n məxsusi ədədlərinə uyğun məxsusi vektorlardır. Onda Ae1
1e1
Ae2
0e2 0en
0e1 2 e2 0en
.......................................
Aen
0e1 0e2 n en
yaza bilərik. Bu ayrılışın əmsallarından matris düzəltsək onun diaqonal şəklində olduğunu görərik. Teorem4. A xətti operatorunun müxtəlif məxsusi ədədlərinə uyğun məxsusi vektorları xətti asılı deyil. İsbatı. Tutaq ki, 1 , 2 ,..., k A operatorunun müxtəlif məxsusi ədədləridir. Bu məxsusi ədədlərə uyğun məxsusi vektorları e1 , e2 ,..., ek ilə işarə edək. Teoremi riyazi induksiya metodu ilə isbat edək.
k 1 olduqda, Ae1 1e1 , e1 0 olduğu üçün e1 vektoru xətti asılı deyil. Tutaq ki, k m olduqda e1 , e2 ,..., em vektorları xətti asılı deyil. k m 1 üçün e1 , e2 ,..., em , em1 vektorunun xətti asılı olmadığını göstərək. Bu vektorun sıfra bərabər olan xətti kombinasiyasına baxaq: 1e1 2 e2 ... m em m1em1 0 (1) (1) bərabərliyinin hər iki tərəfinə A operatoru ilə təsir edib, e1 , e2 ,..., em , em1 vektorlarının məxsusi vektorlar olduğunu nəzərə alaq, 1 1e1 2 2 e2 ... m m em m1 m1em1 0 (2) yaza bilərik. (1) bərabərliyinin hər iki tərəfini m1 -ə vurub (2) bərabərliyindən çıxaq ( m1 0 olduqda), aşağıdakı bərabərliyi alarıq: 1 ( 1 m1 )e1 2 ( 2 m1 )e2 ... m ( m m1 )em 0 .
e1 , e2 ,..., en vektorları xətti asılı olmadığından bu bərabərliyin əmsalları sıfra bərabər olmalıdır: 1 ( 1 m1 ) 0 2 ( 2 m1 ) 0 .........................
m ( m m1 ) 0
Məxsusi ədədlər müxtəlif olduğundan bu bərabərliklərdən alırıq ki, 1 0, 2 0 ,.., m 0 . Bunları (1)-də yerinə yazsaq, m1em1 0 alarıq. Buradan m1 0 olur. Beləliklə (1) bərabərliyindəki bütün əmsalların sıfra bərabər olduğunu göstərdik. Bu teoremdən belə bir nəticə çıxır ki, əgər A xətti operatorunun bütün məxsusi ədədləri müxtəlifdirsə, onda bu məxsusi ədədlərə uyğun məxsusi vektorlar bazis əmələ gətirir. Ona görə də, həmin bazisdə xətti operatorun matrisi dioqanal şəklində olur.
XƏTTİ VƏ BİXƏTTİ FORMALAR Tutaq ki, X kompleks (həqiqi) xətti f əza, Y isə kompleks (həqiqi) ədədlər çoxluğudur. X f əzasından Y coxluğuna təsir edən xətti operatora xətti forma və ya xətti funksional deyilir. Tutaq ki, X kompleks Evklid f əzası, Y C - kompleks ədədlər çoxluğudur. Teorem1. X f əzasından C çoxluğuna təsir edən hər bir f ( x) xətti funksionalı üçün elə yeganə h X elementi var ki, f ( x) ( x , h) , burada ( x, h) , X f əzasında skalyar hasildir. İsbatı1. X f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi götürək. Onda x X üçün x 1e1 2 e2 ... n en (1) ayrılışını yazmaq olar. f xətti funksional olduğundan f ( x) 1 f (e1 ) 2 f (e2 ) ... n f (en ) (2) h f (e1 ),..., f (en ) işarə edək, burada f (ei ) , f (ei ) kompleks ədədinin qoşmasıdır. Kompleks Evklid fəzasında ortonormal bazisin xassəsindın istifadı etsək və h f (e1 ) e1 f (e2 ) e2 ... f (en ) en olduğunu nəzərə alsaq (2) bərabərliyini aşağıdakı şəkildə yazmaq olar: f ( x) 1e1 2e2 ... n en , f (e1 ) e1 f (e2 ) e2 ... f (en ) en ( x, h) (3) Göstərək ki, f ( x) ( x, h) bərabərliyini ödəyən bu h X elementi yeganədir. Tutaq ki, elə h1 X elementi də var ki, f ( x) ( x, h1 ) . Onda, son iki bərabərlikdən alırıq ki, ( x, h h1 ) 0, x X . x h h1 götürsək, onda (h h1 , h h1 ) 0 olar. Buradan isə skalyar hasilin tərifinə görə, h h1 alarıq. Bu teorem Riss teoremi adlanır. Çox vaxt ona, n ölçülü kompleks Evklid f əzasında xətti funksionalın ümumi şəkili haqqında teorem də deyilir. Qeyd edək ki, bu teorem X -həqiqi Evklid f əzası, Y isə həqiqi ədədlər çoxluğu olduqda da doğrudur.
Tutaq ki, X kompleks xətti f əza, A( x, y ) isə X f əzasından götürülmüş hər bir x və y -ə bir kompleks ədədi qarşı qoyan funksiyadır (inikasdır). A( x, y ) aşağıdakı şərtləri ödədikdə II növ bixətti forma adlanır: 1. A( x y, z ) A( x, z ) A( y, z ) 2. A( x, y z ) A( x, y ) A( x, z ) 3. A( x, y ) A ( x, y ) 4. A( x, y ) A( x, y ) Əgər X həqiqi xətti f əza, A( x, y ) isə həqiqi qiymətlidirsə, onda bu 4 şərti ödəyən funksiya I növ bixətti forma adlanır. Biz hələlik II növ bixətti formaları öyrənəcəyik. Teorem 2. n ölçülü kompleks Evklid f əzasında təyin olunmuş II növ A( x, y ) bixətti forması üçün elə A L( x) operatoru var ki, A( x, y ) ( x, Ay) (4) İsbatı . Aydındır ki, hər bir qeyd olunmuş y elementi üçün A( x, y ) x-ə nəzərən xətti formadır.Onda Riss teoreminə görə, elə yeganə h elementi var ki, A( x, y ) ( x, h) Bu y elementinə h elementini qarşı qoyan operatoru A ilə işarə edək: Ay h . Onda A( x, y ) ( x, Ay) . Asanlıqla yoxlamaq olar ki, A xətti operatordur. Göstərək ki, (4) bərabərliyini ödəyən A operatoru yeganədir. Tutaq ki, ikinci bir A1 xətti operatoru da var ki, A( x, y ) ( x, A1 y ) . Bunu (4)-də nəzərə alsaq: ( x, A1 y Ay ) 0 x, y X . x A1 y Ay götürsək, ( A1 y Ay, A1 y Ay ) 0 x, y X . Skalyar hasilin dördüncü xassəsinə görə alarıq ki, A1 y Ay və ya A1 A. . Bu teoremdən aşağıdakı nəticə çıxır. Nəticə. Hər bir II növ A( x, y ) bixətti forması üçün elə A L( X ) operatoru var ki, A( x, y ) ( Ax, y ) . Bu bərabərliyi isbat etmək üçün B1 ( y, x) A( x, y) işarə edək. Asanlıqla görmək olar ki, B1 ( y, x) II növ bixətti formadır və isbat etdiyimiz Teorem 2-yə görə elə A xətti operatoru var ki, B1 ( y , x ) ( x, Ay ) .Ona görə də, A( x, y ) B1 ( y, x) ( x, Ay) ( Ay, x) . hər hansı e1 , e2 ,..., en bazisi götürək. Onda ixtiyari X f əzasında x, y X vektorları üçün n
n
i 1
i 1
x i ei , y j e j ayrılışlarını yazmaq olar. A( x, y ) bixətti formasının bu vek torlarda qiymətini tapaq: n n n A( x, y) A i ei , j e j i j A(ei , e j ) . i 1 i 1 i , j 1
ai j A(ei , e j ), (i, j 1, n) ədədlərindən düzəldilmiş (ai j )
i 1,n , j 1,n
matrisinə A( x, y )
bixətti formasının e1 , e2 ,..., en bazisində matrisi deyilir. Biz yuxarıda isbat etdik ki, hər bir II növ bixətt forma üçün elə A L( X ) operatoru var ki, A( x, y ) ( Ax, y ) . Tutaq ki, e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisdir. Bu bazisdə A xətti operatorunun matrisini (bi j ) i 1,n, ilə işarə edək. Bu o deməkdir ki, Aei bi 1e1 ... bi n en . A( x, y ) j 1,n
bixətt formasının matrisi ilə A xətti operatorunun matrisi arasında əlaqəni tapaq: n
n
k 1
k 1
ai j A(ei , e j ) ( Aei , e j ) ( bi k ek , e j ) bi k (ek , e j ) bi j Beləliklə ai j bi j (i, j 1, n) . Eyni qayda ilə göstərmək olar ki, A( x, y ) ( x, Ay) şərtini ödəyən A xətti operatorunun matrisi ilə A( x, y ) bixətti formasının matrisi arasında aşağıdakı əlaqə var: n
n
k 1
k 1
ai j A(ei , e j ) (ei , Ae j ) (ei , b j k ek ) b j k (ei , ek ) b j i Qeyd edək ki, bu əlaqə e1 , e2 ,..., en ortonormal bazis olduqda bu şəkildədir. Ortonormal olmayan bazisdə bu əlaqə daha mürəkkəb şəkildə ifadə olunur. 13. QOŞMA OPERATOR VƏ XASSƏLƏRİ
Tutaq ki, X n ölçülü kompleks Evklid f əzası, A isə bu f əzaya təsir edən xətti operatordur. Əgər A* L( x) operatoru varsa ki, x, y X üçün (1) ( Ax, y ) ( x, A* y) bərabərliyi ödənilsin, onda A* operatoruna A operatorunun qoşması deyilir. Göstərək ki, A L ( x ) operatorunun qoşması da (əgər varsa) xətti operatordur. x, y X və , kompleks ədədləri götürək. Onda z X üçün ( Az, ( x y )) ( Az, x) ( Az, y ) ( Az, x) ( Az, y ) ( z, A* x) (2) * * * * * ( z, A y ) ( z, A x) ( z, A y) ( z, A x A y) yaza bilərik. Digər tərəfdən, (3) ( z, A* ( x y) ( z, A* x A* y) (2) və (3)-dən alırıq ki, A* ( x y) A* x A* y . Bu isə A* -un xətti operator olması deməkdir. İndi isə göstərək ki, hər bir A L( x ) operatorunun yeganə qoşması var. Tutaq ki, A L( x ) . Onda skalyar hasilin xassələrindən istifadə etməklə asanlıqla yoxlamaq olar ki, A( x, y ) II növ bixətti formadır. Onda isbat etdiyimiz teoremə görə A* L( x) operatoru var ki, ( Ax, y) ( x, A* y )
Ona görə də, A* operatoru A operatorunun qoşnasıdır. Qoşma operatorun aşağıdakı xassələri var: 1. ( I )* I 2. ( A)* A* 3. ( A B)* A* B* 4. ( A* )* A 5. ( AB)* B* A* Bu xassələr qoşma operatorun tərifindən istifadə etməklə isbat olunur. Məsələ, 5-ci xassəni isbat edək: (( AB) x, y ) ( A( Bx ), y ) ( Bx, A* y ) ( x, B* A* y ) ( x, ( B* A* ) y ) , x, y X .
Qoşma operatorun tərifinə görə, ( AB)* B A . Əgər xüsusi halda A A* olarsa. onda A öz-özünə qoşma operator adlanır. Öz-özünə qoşma operatorun köməyilə hər bir A xətti operatoru üçün xüsusi şəkilli ayrılış yazmaq mümkündür. Tutaq ki, A L ( x ) . Aşağıdakı iki operatoru təyin edək: A A* A A* , A I A R 2i 2 Asanlıqla göstərmək olar ki, bu operatorların hər biri öz-özünə qoşmadır və A A R iA I , burada A R və AI uyğun olaraq A operatorunun həqiqi və xəyali hissələridir. Teorem1. Tutaq ki, A və B öz-özünə qoşma operatorlardır. Onda AB hasilinin öz-özünə qoşma olması üçün zəruri və kafi şərt AB BA olmasıdır. İsbatı.Zərurilik.Tutaq ki, AB öz-özünə qoşma operatordur: ( AB)* AB . Onda AB ( AB)* B* A* BA . Kafilik. Tutaq ki, AB BA . Onda ( AB)* ( BA)* A* B* AB . Yəni, AB öz-özünə qoşmadır. Teorem 2. Əgər A öz-özünə qoşma operator olarsa, onda x X üçün ( Ax, x) həqiqi ədəddir. İsbatı. A öz-özünə qoşma operator olduğundan, x, y X üçün ( Ax, y) ( x, Ay) ( Ay, x) . Bu bərabərlikdə x y götürsək, ( Ax, x) ( Ax, x) . Bu isə o deməkdir ki, ( Ax, x) həqiqi ədəddir. Teorem 3. Öz-özünə qoşma operatorun bütün məxsusi ədədləri həqiqidir. İsbatı. Tutaq ki, A A* və , A operatorunun məxsusi ədədidir. Onda x 0 var ki, Ax x . Buradan alırıq ki, ( Ax, x) ( x, x) ( x, x) . ( Ax, x) x 0 olduğundan ( x, x) Bu kəsrin həm sürəti, həm də məxrəci həqiqi ədəd olduğundan da həqiqidir.
Teorem4. Öz-özünə qoşma operatorun müxtəlif məxsusi ədədlərinə uyğun
məxsusi vektorları ortoqonaldır. İsbatı. Tutaq ki, 1 və 2 A operatorunun müxtəlif məxsusi ədədləridir. Onda x1 0, x2 0 vektorları var ki, Ax1 1 x1 , Ax2 2 x2 . Buradan alırıq ki, ( Ax1 , x2 ) ( 1 x1 , x2 ) 1 ( x1 , x2 ) ( x1 , Ax2 ) ( x1 , 2 x 2 ) 2 ( x1 , x2 ) Bu iki bərabərlikdən alırıq ki, ( 1 2 ) ( x1 , x2 ) 0 , 1 2 olduğu üçün ( x1 , x2 ) 0 . Bu isə x1 və x2 vektorlarınin ortoqonal olması deməkdir.
XƏTTİ OPERATORUN NORMASI Tutaq ki, X xətti f əza, A isə bu f əzada təsir edən xətti operatordur. Aşağıdakı qaydada təyin olunan ədədə A operatorunun norması deyilir. (1) A sup A x x 1
Yoxlamaq olar ki, bu qayda normanın bütün xassələrini ödəyir. Göstərək ki, x X üçün (2)
A x A x
x x Doğurdan da Ax A x yazsaq, 1 olduğundan alarıq ki, x x A x sup A z x A x z 1
İndi isə f ərz edək ki, X n ölçülü kompleks Evklid f əzasıdır. Teorem1. Əgər A , X f əzasında təsir edən öz-özünə qoşma xətti operatordursa, onda (3) A sup ( Ax, x) . x 1
İsbatı. Koşi-Bunyakovski bərabərsizliyindən istifadə bərabərsizliyi yaza bilərik 2 x X , Ax, x A x x A x .
etsək,
aşağıdakı
x x A , A alırıq. Ona görə də, sup ( Az, z ) A x x z 1 sup ( Ax, x) işarə edək. Onda sonuncu bərabərlikdən görünür ki,
Buradan, x 1
A
(4)
Digər tərəfdən, yuxarıda göstərdiyimiz kimi, z z 2 z X , ( Az. z ) A , z z z z Aşağıdakı bərabərsizliyə baxaq:
2
(5)
4 Re( Ax, y ) ( A( x y ), ( x y ) ( A( x y ), ( x y )
2
x y x y
2
2 x
2
y
2
.
olur.
Tutaq ki, x y 1. Onda aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik: 4 Re( Ax, y ) 4 , Re( Ax, y ) y
A x A x
(6)
götürək. Bunu (6)-da nəzərə alsaq,
Ax , Ax , x 1, x X Ax Bu o deməkdir ki, sup Ax . Buradan, Re Ax,
x 1
(7)
A
(4) və (7) bərabərliklərindən çıxır ki, A və A sup ( Ax, x) . x 1
Beləliklə öz-özünə qoşma operatorun normasını (3) düsturu ilə də təyin etmək olar. Teorem 2. A xətti operatorunun öz-özünə qoşma olması üçün zəruri və kafi şərt Im( Ax, x) 0 olmasıdır. İsbatı. Bildiyimiz kimi hər bir A xətti operatorunu aşağıdakı şəkildə göstərmək olar: A A R iA I , belə ki, A R və A I öz-özünə qoşma operatorlardır. Onda, x X üçün ( Ax, x) ( A R x, x ) i ( AI x, x ) . A R və A I öz-özünə qoşma operator olduğundan ( A R x, x) və ( A I x, x) ədədləri həqiqidir. Ona görə də, Re( Ax, x ) ( A R x, x ), Im( Ax, x) ( AI x, x) .Sonuncu bərabərlikdən istifadə edərək əvvəlcə teoremin zəruriliyini isbat edək. Tutaq ki, A öz-özünə qoşma operatordur. Onda, ( Ax, x) həqiqi ədəd olduğundan, Im( Ax, x) 0 olar. Tutaq ki, Im( Ax, x) 0 . Onda ( A I x, x) 0 . Teorem 1-ə görə A I sup ( AI x, x) 0 x 1
Buradan alırıq ki, A I O və deməli A A R . A R öz-özünə qoşma operator olduğu üçün A da öz-özünə qoşma operatordur. Teorem3. Əgər öz-özünə qoşma A operatorunun məxsusi ədədirsə, onda A operatorunun bu məxsusi ədədə uyğun norması 1-ə bərabər olan məxsusi vektoru var. İsbatı. məxsusi ədəd olduğundan sıfırdan fərqli elə x X vektoru var ki, x x x işarə etsək, aydıındır ki, z 1 Ax x . Buradan alırıq ki, A . z x x x və Áz z . Teorem isbat olundu. 14. ÖZ-ÖZÜNƏ QOŞMA OPERATORUN MƏXSUSİ ƏDƏDLƏRİNİN
XASSƏLƏRİ Tutaq ki, X n ölçülü kompleks Evklid f əzası, A isə bu f əzada təsir edən öz-özünə qoşma operatordur.
m inf ( A x, x) , M sup ( A x, x) işarə edək. Öz-özünə qoşma operator üçün x 1
x 1
x X olduqda ( A x, x) həqiqi ədəd olduğundan, m və M ədədləri də həqiqidir. Digər tərəfdən ( A x, x ) funksiyası x -ə nəzərən kəsilməz olduğundan x 1 qapalı məhdud çoxluğunda özünün ən böyük və ən kiçik qiymətlərini alır . Tutaq ki, , A operatorunun məxsusi ədədidir. Onda yuxarıda isbat etdiyimiz Teorem 3-ə görə norması 1-ə bərabər olan elə x X vektoru var ki, A x x . Buradan alırıq ki, ( A x, x) . Ona görə də, deyə bilərik ki, m M . Başqa sözlə A operatorunun məxsusi ədədləri m və M ədədləri arasında yerləşir. x X üçün ( Ax, x) 0 (( Ax, x) 0 , x 0) olarsa, onda A müsbət (müsbət müəyyən) operator adlanır . Teorem. Tutaq ki, A öz-özünə qoşma müsbət operatordur. Onda A ədədi A operatorunun ən böyük məxsusi ədədidir. İsbatı. Öz-özünə qoşma operatorun norması haqqında isbat etdiyimiz teoremə görə A sup ( Ax, x) sup ( Ax, x) x 1
x 1
Digər tərəfdən ( Ax, x) funksiyası, x 1 çoxluğunda özünün ən böyük qiymətini aldığından, elə x0 X , x0 1 vektoru var ki, A ( Ax0 , Ax0 ) Asanlıqla göstərmək olar ki, Ax0 A . Onda alırıq ki, ( A I ) x0
2
A x0
2
2 ( Ax0 , x0 ) 2 x0
2
2
A2 2 A A A 1 0 .
Beləliklə, ( A I ) x0 0 və ya Ax0 x0 . Teorem isbat olundu. Bu teoremdən istifadə edərək göstərək ki, m və M ədədləri öz-özünə qoşma A operatorunun məxsusi ədədləridir. B A mI işarə edək. Onda aydındır ki, B öz-özünə qoşma operatordur və x X üçün ( Bx , x) (( A mI ) x, x) ( Ax, x) m( x, x) . x 1 götürsək, alarıq ki, ( Bx, x) 0 .Buradan alırıq ki, x X üçün ( Bx, x) 0 . Onda B operatoruna yuxarıda isbat etdiyimiz teoremi tətbiq etsək, deyə bilərik ki, B ədədi B operatorunun ən böyük məxusi ədədidir. Digər tərəfdən B sup ( Bx, x) sup ( Bx , x) m M m . x 1
x 1
Beləliklə M m ədədi B operatorunun məxsusi ədədidir. Ona görə x0 0 elementi var ki, Bx0 ( M m) x0 və ya ( A mI ) x0 ( M m) x0 Ax0 mx 0 Mx0 mx 0 Ax0 Mx0 . Buradan gırünür ki, M ədədi A operatorunun məxsusi ədədidir. İndi isə B A işarə edək. Asanlıqla görmək olar ki, m sup ( Bx, x) x 1
Deməli m ədədi B operatorunun məxsusi ədədidir və Bx mx, Bx mx . Yəni, m ədədi A operatorunun məxsusi ədədidir: Ax x.
ÖZ-ÖZÜNƏ QOŞMA OPERATORUN MƏXSUSİ
VEKTORLARININ VƏ ƏDƏDLƏRİNİN BƏZİ XASSƏLƏRİ Teorem. n ölçülü X kompleks Evklid f əzasında, təsir edən öz-özünə qoşma A xətti operatorunun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazis var. İsbatı. Bildiyimiz kimi A operatorunun ən böyük məxsusi ədədi var və o
aşağıdakı bərabərliklə təyin olunur: 1 sup ( Ax, x) M x 1
1 məxsusi ədədinə uyğun və norması vahidə bərabər olan məxsusi vektoru e1 ilə
işarə edək. X f əzasının e1 vektoruna ortoqanal olan (n 1) ölçülü alt f əzasını X 1 lə işarə edək. Göstərək ki, X 1 A operatoru üçün invariant (yəni, əgər x X olarsa, onda Ax x ) alt f əzadır. x X götürək. Onda, ( Ax, e1 ) ( x, Ae1 ) x, 1 e1 1 ( x, e1 ) 0 . Başqa sözlə, X 1 alt f əzası A operatoru üçün invariant alt f əzadır. Ona görə də, A operatoruna X 1 f əzasında öz-özünə qoşma operator kimi baxa bilərik. X 1 f əzasında da A operatorunun ən böyük məxsusi ədədi var. Həmin məxsusi ədədi 2 sup ( Ax, x) x 1 x e1
ilə, ona uyğun norması vahidə bərabər olan məxsusi vektoru isə e2 ilə işarə edək. X 1 f əzasının e2 vektoruna ortoqonal olan (n 2) ölçülü alt f əzanı X 2 ilə işarə edək. Asanlıqla göstərmək olar ki, X 2 də A operatoru üçün invariant alt f əzadır. Bu alt f əzada A -nın ən böyük məxsusi ədədini 3 ilə, ona uyğun norması vahidə bərabər olan məxsusi vektorunu isə e3 ilə işarə edərək və prosesi bu qayda ilə davam etdirsək, X n ölçülü f əza olduğundan, sonlu sayda addımdan sonra A operatorunun e1 , e2 ,..., en məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazis almış olarıq. Teor em isbat edildi. Qeyd edək ki, bu məxsusi vektorlara uyğun məxsusi ədədləri bundan sonra, təkrarlananları da nəzərə almaqla, 1 2 ... n artmayan sırası ilə düzülmüş hesab edəcəyik. Yuxarıda isbat etdiyimiz teoremdən aydındır ki, A operatorunun ( m 1)-inci məxsusi ədədini aşağıdakı bərabərliklə təyin etmək olar: ( Ax, x) m1 max x ek ( x, x ) k 1, 2 ,... m
x x ( Ax, x) x Doğurddan da, A , olduğundan elementinin norması x x x ( x, x) vahidə bərabər olduğundanəvvəlki bərabərlik alınır. Öz-özünə qoşma A operatorunun e1 , e2 ,..., em məxsusi vektorlarının xətti örtüyünü E m ilə, X f əzasının m ölçülü alt f əzaları çoxluğunu isə m ilə işarə edək. Aydındır ki, E m m . Göstərək ki, m 1 -ci məxsusi ədədi aşağıdakı bərabərlikdən təyin etmək olar: ( Ax, x) m1 min max (1) E m x E ( x, x) Əvvəlcə qeyd edək ki, E E m olduqda, max
x E m
( Ax, x) ( x, x)
m1 olduğunu yuxarıda
göstərmişdik. Başqa sözlə, (1) bərabərliyini isbat etmək üçün E m üçün ( Ax, x) ( Ax, x) m1 max max xE m ( x, x ) x E m ( x, x) bərabərsizliyini göstərmək kifayətdir. E alt f əzasının X -ə qədər ortoqonal tamamlayıcısını E ilə işarə edək. dim E n m dim E m1 m 1 və olduğuna görə olur. Alt f əzalarım dim E dim E m1 n m m 1 n 1 n dim X ölçülərinin cəmi haqqında teoremə görə deyə bilərik ki, E və E m 1 alt f əzalarının kəsişməsinin ölçüsü 1-dən kiçik deyil ona görə də sıfırdan fərqli elementi özündə saxlayır. Ümumiliyi pozmadan hesab edəcəyik ki, həmin elementin norması vahidə bərabərdir. Bu elementi x~ ilə işarə edək. Aydındır ki, x~ E , x~ E m1 , x~ 1 .
x~ E olduğu üçün x~ E və x~ E m1 olduğu üçün bu vektorun e1 , e2 ,..., em1 bazisinə görə ayrılışını yazmaq olar:
x~
m1
ck ek k 1
x~ 1 olduğu üçün, m1
m1
k 1
k 1
m1
m1
k 1
k 1
x~ ( x~, x~) ck ek , ck ek ck ck bərabərliyindən alırıq ki,
m1
ck
2
ck
2
1.
k 1
Digər tərəfdən A x~
m1
m1
k 1
k 1
ck Aek ck k ek
bərabərliyini və 1 , 2 ,..., k
məxsusi ədədlərinin 1 2 ... n bərabərsizliklərini ödədiyini nəzərə alsaq,
max x E
( Ax, x ) ( x, x )
m1
m1
k 1
k 1
( A x~, x~) ck k ek , ck ek ( Ax, x)
yaza bilərik. Beləliklə, max
( x, x)
x E
m1
k ck k 1
2
m1
m1 ck m1 2
k 1
m1 . Bu isə (1) bərabərliyinin isbatı
deməkdir. Qeyd edək ki, (1) bərabərliyi öz-özünə qoşma operatorun məxsusi ədədlərinin minimaks xassəsi adlanır.
15. ÖZ-ÖZÜNƏ QOŞMA OPERATORUN SPEKTRAL AYRILIŞI Tutaq ki, X n ölçülü Evklid f əzası, A isə bu f əzada təsir edən öz-özünə qoşma operatordur. Onda isbat etdiyimiz teoremə görə A operatorunun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazis var. Bu bazisi e1 , e2 ,..., en -lə, onlara uyğun məxsusi ədədləri isə 1 , 2 ,..., n ilə işarə edək. x X vektorunun bu bazisə görə ayrılışını yazaq: n
x ck ek . k 1
ck ( x, ek ) ( k 1,2,, n) olduğuna görə n
x ( x, ek ) ek .
(1)
k 1
Aşağıdakı operatoru təyin edək: Pk x ( x, ek )ek , k (1, n) . Skalyar hasilin xassəsindən istifadə edərək, asanlıqla göstərmək olar ki, k nın hər bir qiymətində Pk xətti öz-özünə qoşma operatordur. Bu operatora ek məxsusi vektorunun əmələ gətirdiyi məxsusi alt f əzaya proyeksiyalayan operator deyilir. Göstərək ki, Pk operatorları üçün Pk 2 Pk , Pk Pm 0, k m . Aşağıdakı bərabərliyə baxaq: Pk Pm x Pk ( Pm x) Pk (( x, em )em ) ( x, em ) Pk em ( x, em )(em , ek )ek
( x, ek )ek , k m k m . 0 , Bu isə yuxarıda qeyd etdiyimiz bərabərliklərin isbatı deməkdir. (1) bərabərliyinin hər iki tərəfinə A operatoru ilə təsir etsək, n
n
n
k 1
k 1
k 1
A x ( x, ek ) Aek ( x, ek ) k ek k ( x, ek ) ek .
(3)
Qeyd edək ki, (1) və (3) bərabərliklərini aşağıdakı şəkildə də yazmaq olar: n
x Pk x k 1
(4)
n
A x k Pk x
(5)
k 1 n
və ya
I Pk
(6)
A k Pk
(7)
k 1 n
k 1
(6) bərabərliyinə vahid operatorun, (7)-yə isə öz-özünə qoşma A operatorunun spektral ayrılışı deyilir. m
m
Tutaq ki, P( ) ci çoxhədlisi verilmişdir. P( A) ci Ai operatorunu i
i 0
i 0
təyin edək, burada A0 I işarə edilmişdir. Asanlıqla göstərmək olar ki, Ai ( i müsbət tam ədəddir) operatorunun spektral ayrılışı n
A k i Pk i
(8)
k 1 n
n
n
n
k 1
i 1
k 1
şəklindədir.Məsələn, A k Pk , A A A k Pk i Pi k 2 Pk . 2
k 1
(8) bərabərliyini P( A) çoxhədlisinin ifadəsində nəzərə alsaq, aşağıdakı bərabərliyi alarıq: m
n
i 1
k 1
P( A) ci
n
i k
n
m
Pk ( k 1 i 1
P( A) P( k ) Pk .
ci k i ) Pk
n
P( k ) Pk
və ya
k 1
(9)
k 1
Qeyd edək ki, P( ) olaraq xüsusi halda A operatorunun xarakteristik çoxhədlisini də götürmək olar. Onda aşağıdakı teorem doğrudur. Teorem(Hamelton-Kelli). Hər bir öz-özünə qoşma operator öz xarakteristik çoxhədlisinin köküdür.Yəni, det( A E ) 0 .
İsbatı. Tutaq ki, P( ) det( A I ) . Bildiyimiz kimi -nın məxsusi ədəd olması ümün zəruri və kafi şərt onun xarakteristik çoxhədlinin kökü olmasıdır. Ona görə də, P( ) xarakteristik çoxhədli olduqda P( k ) 0, k 1, n . Bunu (9)-da nəzərə alsaq, det( A E ) 0 olar.
KVADRATİK FORMALARIN KANONİK ŞƏKİLƏ GƏTİRİLMƏSİ Tutaq ki, X n ölçülü kompleks Evklid f əzası, A( x, y ) isə bu f əzada təyin olunmuş ikinci növ bixətti formadır. Əgər x, y X üçün A( x, y) A( y, x) olarsa, onda A( x, y ) ermit bixətti forma adlanır. Bildiyimiz kimi hər bir ikinci növ bixətti forma üçün elə A L( X ) operatoru var ki, A( x, y ) ( Ax, y ) (1) Teorem. A( x, y ) bixətti formasının ermit bixətti forması olamsı üçün zəruri və kafi şərt (1) bərabərliyindəki A xətti operatorunun öz-özünə qoşma olmasıdır. İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, A( x, y ) ermit bixətti formadır. Onun üçün (1) bərabərliyini yazsaq, aşağıdakı bərabərliyi alarıq: ( Ax, y) A( x, y) A( y, x) ( A y, x) ( x, Ay)
Beləliklə,
x, y X üçün ( Ax, y ) ( x, Ay) . (2) Bu isə o deməkdir ki, A A* . Kafilik. Tutaq ki, (1) bərabərliyindəki A xətti operatoru öz-özünə qoşmadır. Onda (2) bərabərliyi doğrudur. Bunu nəzərə alsaq, A( x, y) ( Ax, y) ( y, Ax) ( A y, x) A( y, x) . Yəni (1) bərabərliyi doğrudur. Teorem isbat olundu. Bildiyimiz kimi A operatorunun öz-özünə qoşma olması üçün zəruri və kafi şərt x X üçün ( Ax, x) -in həqiqi olmasıdır. Bunu nəzərə alsaq, isbat etdiyimiz teoremdən aşağıdakı nəticə çıxır. Nəticə. A( x, y ) bixətti formasının ermit bixətti forma olması üçün zəruri və kafi şərt ( Ax, x) -in həqiqi olmasıdır. Tutaq ki, A( x, y ) ikinci növ ermit bixətti formadır. y x götürməklə alınan ( Ax, x) funksiyasına A( x, y ) bixətti formasına uyğun kvadratik forma deyilir. Teorem. n ölçülü X kompleks Evklid f əzasında təyin olunmuş ( Ax, x) kvadratik forması üçün elə e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi və 1 , 2 ,..., n həqiqi ədədləri var ki, aşağıdakı bərabərlik doğrudur: n
( Ax, x ) k k
2
(3)
k 1
burada 1 , 2 ,..., n x vektorunun ek bazisində koordinatlarıdır. İsbatı. A( x, y ) ermit bixətti forma olduğundan elə A A* L( X ) operatoru var ki, A( x, y ) ( Ax, y ) . A operatorunun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazisi e1 , e2 ,..., en ilə, bu məxsusi vektorlara uyğun məxsusi ədədləri isə 1 , 2 ,..., n ilə işarə etsək Aei i ei (i 1, n) olar. x vektorunun bu bazisə görə n
ayrılışını yazıb, x k ek bərabərliyin hər iki tərəfinə A operatoru ilə təsir etsək: k 1
n
n
k 1
k 1
Ax k Aek k k ek . n n n n 2 Buradan A( x, x) ( Ax, x) k k ek , k ek k k k k k alarıq. k 1 k 1 k 1 k 1 Teorem isbat olundu. Teorem. Tutaq ki, X n ölçülü kompleks xətti f əza, A( x, y ) və B ( x, y ) isə bu f əzada təyin olunmuş ermit bixətti formalarıdır. Belə ki, x 0, x X , B( x, x) 0 . Onda X f əzasında elə e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi və 1 , 2 ,..., n həqiqi ədədləri var ki, aşağıdakı bərabərliklər doğrudur: n
A( x, x) k k k 1 n
B( x, x) k
2
(4)
2
(5)
k 1
İsbatı. B ( x, y ) ermit bixətti forma olduğu üçün , x 0 olduqda B( x, x) 0 olduğunu nəzərə alsaq, bu bixətti formanın köməyilə X f əzasında aşağıdakı qaydada skalyar hasil təyin edə bilərik: ( x, y ) B ( x, y ) (6) Beləliklə, biz X xətti f əzasını Evklid fəzasına çevirmiş olduq. A( x, y ) ermit bixətti forma olduğundan yuxarıda isbat etdiyimiz teorem görə elə e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi və 1 , 2 ,..., n həqiqi ədədləri var ki, (4) bərabərliyi doğrudur. x vektorunun bu bazisə görə ayrılışını yazıb, onu B( x, x) ( x, x) bəraəbərliyində nəzərə alsaq, (5)bərabərliyinin də doğru olduğunu görərik. Beləliklə, biz bir cüt kvadratik formanı eyni zamanda kanonik şəkilə gətirmiş olduq.
16. UNİTAR VƏ NORMAL OPERATORLAR Tərif 1. n ölçülü X kompleks Evklid f əzasında təsir edən operatoru üçün
U xətti
x, y X , (Ux,Uy) ( x, y ) (1) olarsa, onda U unitar operator adlanır. Əgər (1) bərabərliyində y x götürsək, U x x alarıq. Bu bərabərlikdən görünür ki, unitar operator elementin normasını dəyişmir. Bundan əlavə, əgər X f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi götürsək, onda (1) bərabərliyindən çıxır ki, Ue1 ,Ue2 ,..., Uen də ortonormal bazisdir. Başqa sözlə, unitar operator ortonormal bazisi ortonormal bazisə çevirir. Tutaq ki, unitar U operatorunun məxsusi ədədidir. Onda norması vahidə bərabər olan elə e X vektoru var ki, Ue e . Buradan 2
2
(Ue,Ue) ( e, e) (e, e) (e, e) .
2
1 və ya 1 . Ona görə də, deyə bilərik ki, unitar operatorun məxsusi ədədləri kompleks müstəvidə mərkəzi koordinat başlanğıcında, radiusu vahidə bərabər olan çevrənin üzərində yerləşir. Teorem1. U L( X ) operatorunun unitar operator olması üçün zəruri və kafi şərt U * U 1 (2) olmasıdır. İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, U unitar operatordur. Onda x, y X , (Ux,Uy) ( x, y) , ( x,U *Uy) ( x, y) , ( x, (U *U I ) y) 0 . Sonuncu (Ue,Ue) (e, e) 1 olduğundan alırıq ki,
bərabərlikdə x (U *U I ) y götürsək, alarıq ki,
(U *U I ) y 0, y X və ya
U *U I (3) Eyni qayda ilə göstərmək olar ki, UU * I . Bu iki bərabərlik göstərir ki, U * U 1 Kafilik. Tutaq ki, (2) bərabərliyi doğrudur. Onda, U *U I , UU * I bərabərlikləri doğru olar. Bunu nəzərə alsaq, x, y X , (Ux,Uy) ( x,U *Uy) ( x, I y) ( x, y) Başqa sözlə U unitar operatordur. * * Tərif 2. A L( x) operatoru üçün AA A A olarsa, onda A normal operator adlanır. Aydındır ki, hər bir unitar operator həm də normal operatordur. * Lemma. A və A operatorlarının ortaq e məxsusi vektoru var və Ae e isə onda A*e e . İsbatı. Bildiyimiz kimi n ölçülü X kompleks Evklid f əzasında təsir edən A xətti operatorunun heç olmazsa bir məxsusi ədədi var. Bu məxsusi ədədi ilə, ona uyğun məxsusi vektoru isə e ilə işarə edək. R ker( A I ) çoxluğuna baxaq. Aydındır ki, x R , Ax x Göstərək ki, R çoxluğu A operatoru üçün invariant alt f əzadır. Yəni, x R , A* x R . Aşağıdakı bərabərliyə baxaq A( A* x) ( AA* ) x ( A* A) x A* ( Ax) A* ( x) ( A* x) . Buradan görünür ki, A* x R . Ona görə də, A* -a R f əzasında təsir edən xətti operator kimi baxa bilərik. Aydındır ki, bu operatorun da R f əzasında heç olmazsa bir məxsusi ədədi var. Bu məxsusi ədədə uyğun məxsusi vektoru e ilə işarə edək. Aşağıdakı bərabərliyi yaza bilərik: Ae e , A*e e Bu iki bərabərlikdən alırıq ki, ( Ae, e) ( e, e) (e, e) , (e, A*e) (e, e) (e, e) . ( Ae, e) (e, A*e) olduğundan alırıq ki, ( )(e, e) 0 . (e, e) 0 olduğundan olur.
Teorem2. A normal operatorunun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal
bazis var. İsbatı. Yuxarıda isbat etdiyimiz lemmaya görə və A və A* operatorlarının ortaq e1 məxsusi vektoru var. Ümumiliyi pozmadan bu məxsusi vektorun uzunluğunu vahidə bərabər hesab edəcəyik. e1 -ə uyğun məxsusi ədədi 1 ilə işarə edək. Onda, Ae1 1e1 , A*e1 1e1 olur. X f əzasının e1 -ə ortoqonal olan bütün elementləri çoxluğunu X 1 ilə işarə edək. Göstərək ki, X 1 həm A , həm də A* operatorları üçün invariant alt fəzadır. x X 1 götürək, onda ( x, e1 ) 0 ( Ax, e1 ) ( x, A*e1 ) ( x, 1e1 ) 1 ( x, e1 ) 0
Deməli, Ax X 1 Eyni qayda ilə göstərə bilərik ki, A* x X 1 . Yəni, X 1 hər iki operator üçün invariant alt f əzadır. Ona görə A və A* -a X 1 f əzasında xətti operator kimi baxsaq, bu f əzada isbat etdiyimiz lemmaya görə A və A* operatorlarının ortaq məxsusi vektoru olar. Həmin vektoru e2 ( e2 1) ilə, ona uyğun məxsusi ədədi isə 2 ilə işarə edək. X 1 f əzasının e2 – yə ortoqonal olan bütün elementləri çoxluğunu X 2 ilə işarə etsək, X 2 -nin də A və A* operatorları üçün invariant alt f əza olduğunu göstərmək olar. Bu alt f əzada da A və A* operatorlarınıın ortaq məxsusi vektoru var. Prosesi yuxarıdaki qaydada davam etdirsək, A və A* operatorlarının ortaq məxsusi vektorlarından ibarət e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisini almış olarıq. İsbat etdiyimiz teoremdən aşağıdakı nəticələr çıxır: Nəticə 1. Əgər A normal operatordursa, onda X f əzasında elə bazis var ki, bu bazisdə A operatorunun matrisi diaqonal şəklindədir Nəticə 2. Unitar operatorun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazis var. Teorem3. n ölçülü X kompleks Evklid f əzasında təsir edən A xətti operatorunun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazis varsa, onda A normal operatordur. İsbatı. Tutaq ki, X n ölçülü Evklid f əzası, A isə bu f əzada təsir edən xətti operatordur. A operatorunun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazisi e1 , e2 ,..., en ilə işarə edək. Onda n
n
k 1
k 1
x X , x k ek ( x, ek )ek
(1)
yaza bilərik. Buradan alırıq ki, n
Ax k ( x, ek )ek
(2)
k 1
A*
ilə aşağıdakı qaydada təsir edən operatoru təyin edək: n
Ay k ( y, ek )ek , k 1
(3)
burada k , k ədədinin kompleks qoşmasıdır. Skalyar hasilin xassələrindən istifadə etməklə asanlıqla yoxlamaq olar ki, A* xətti operatordur. Göstərək ki, A* həm də A operatorunun qoşmasıdır. Bunun üçün x, y X olduqda ( Ax, y ) və n
( x, A y ) skalyar hasillərini tapaq. Tutaq ki, y ( y, ek )ek . Onda *
n
n
k 1 n
k 1
k 1
k 1
( Ax, y ) ( k ( x, ek )ek , ( y, ek )ek ) k ( x, ek )( y, ek )
(4)
(4) və (5) bərabərliklərinin sağ tərəfləri bərabər olduğundan sol tərəfləri də bərabərdir. Bu isə A* operatorunun A operatorunun qoşması olması deməkdir. İndi isə göstərək ki, A normal operatordur. Yəni, AA* A* A . Bunun üçün (2) bərabərliyinin hər iki tərəfinə A* , (3) bərabərliyinin hər iki tərəfinə isə A operatoru ilə təsir edək. Onda n
n
A Ax k ( x, ek ) A ek k k ( x, ek )ek , *
k 1 n
*
k 1 n
AA* y k ( y, ek ) Aek k k ( y, ek )ek . k 1
k 1
Sonuncu bərabərlikdə y x götürsək, x X üçün A A AA alarıq. Bu isə A -nın normal operator olması deməkdir.
17.XƏTTİ OPERATOR MATRİSİNİN NORMAL ŞƏKLİ Məlumdur ki, n ölçülü X kompleks Evklid f əzasında təsir edən öz-özünə qoşma operatorun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazis var və bu bazisdə A operatorunun matrisi diaqonal şəklinədir. Biz isbat etdik ki, əgər A normal operatordursa, onda bu operatorun da məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazis var. Ona görə həmin bazisdə A normal operatorunun da matrisi diaqonal şəklindədir. Əgər A hər hansı xətti operator olarsa, onda bu operatorun məxsusi vektorlarının bazis əmələ gətirdiyini ümumiyyətlə söyləmək olmaz. Lakin bu operatorun məxsusi vektorları bazis əmələ gətirirsə, onda A xətti operatorunun matrisi diaqonal şəklində olar. Xətti operatorun müxtəlif məxsusi ədədlərinə uyğun məxsusi vektorları xətti asılı olmadığından deyə bilərik ki, A xətti operatorunun məxsusi ədədləri müxtəlifdirsə, onda elə bazis var ki, bu bazisdə xətti operatorun matrisi yenə də diaqonal şəklindədir. İndi isə f ərz edək ki, A xətti operatorunun məxsusu ədədləri içərisində təkrar olunanı var. Bu zaman 2 hal mümkündür: 1. Bu operatorun məxsusi ədədlərinə uyğun məxsusi vektorları bazis əmələ gətirir. Bu halda aydındır ki, xətti operatorun həmin bazisində matrisi diaqonal şəklində olar. 2.Məxsusi ədədlərə uyğun məxsusi vektorlar bazis əmələ gətirmir. Bu o deməkdir ki, təkrarlanan məxsusi ədədlərə uyğun məxsusi vektorların sayı məxsusi
ədədin təkrarlanma tərtibindən kiçikdir. Bu halda artıq xətti operatorun matrisi diaqonal şəklində olmaz. Beləliklə, ixtiyari xətti operator üçün ümumiyyətlə elə bazisin varlığını söyləmək olmaz ki, bu bazisdə xətti operatorun matrisi diaqonal şəklində olsun. Ona görə də, X xətti f əzasında elə bazis seçməyə çalışırlar ki, bu bazisdə xətti operatorun matrisi ən sadə şəkildə olsun. Xətti operator matrisinin bu şəkli onun normal və ya Jordan şəkli adlanır. Hər bir xətti operator üçün belə bazisin olması aşağıda qeyd edəcəyimiz teoremdən alınır. Tutaq ki, A n ölçülü X kompleks xətti f əzasında təsir edən xətti operatordur. Sıfırdan fərqli x vektoru üçün elə m 1 natural ədədi varsa ki, ( A I ) m x 0, ( A I ) m1 x 0 bərabərlikləri ödənilsin, onda x -ə A operatorunun məxsusi ədədinə uyğun m tərtibdən qoşma elementi deyilir. m ədədi x elementinin qoşmalıq tərtibi aadlanır. Asanlıqla görmək olar ki, əgər x vektoru A operatorunun məxsusi ədədinə uyğun m tərtibdən qoşma elementidirsə, onda ( A I ) m x elementi A operatorunun məxsusi ədədinə uyğun vektorudur. Teorem. n ölçülü X kompleks Evklid f əzasında təsir edən hər bir A xətti operatoru üçün elə ek m (k 1,2,, l. m 1,2,, nk , n1 n2 ... nl n ) bazisi var ki, bu bazisdə A xətti operatoru aşağıdakı qaydada təsir edir: Ae1k k e1k (k 1,2,..., l )
Aek m k ek m ek m1 (k 1,2,..., l. m 2,3,...nk ) Aydındır ki, A xətti operatorunun ek m bazisində matrisi aşağıdakı şəkildədir: 1 2 ... l burada k -ların hər biri nk tərtibli matrisdir. Yazılmayan elementlər isə sıfırlardan ibarət olan müvafiq tərtibli matrislərdir. k matrislərinin hər biri isə aşağıdakı səkildədir: k 1 0 ... 0 0 1 ... 0 k ... ... ... ... ... 0 0 0 ... k
HƏQİQİ XƏTTİ FƏZALARDA XƏTTİ OPERATORLAR Tutaq ki, X n ölçülü həqiqi xətti f əza, A isə bu f əzada təsir edən operatordur. A operatoru aşağıdakı şərtləri ödədikdə xətti operator adlanır:
1. x, y X , A( x y ) A x A y , 2. x, y X və həqiqi ədədi üçün A ( x) A x . Həqiqi xətti f əzada da məxsusi ədəd və məxsusi vektorun tərifi kompleks f əzadakı tərif ə analoji qaydada verilir. Kompleks xətti f əzada isbat etdik ki, -nın A xətti operatorunun məxsusi ədədi olması üçün zəruri və kafi şərt -nın xarakteristik çoxhədlinin kökü olmasıdır. Həqiqi xətti f əzada da hər bir məxsusi ədədin xarakteristik çoxhədlinin kökü olduğunu isbat etmək olar. Lakin xarakteristik çoxhədlinin hər bir kökünün məxsusi ədəd olduğunu bu ədəd yalnız həqiqi ədəd olduqda söyləmək olar. Kompleks Evklid f əzasında öz-özünə qoşma operatorun bütün məxsusi ədədlərinin həqiqi olduğunu isbat etmişdik. Həqiqi Evklid f əzasında da xarakteristik çoxhədlisinin bütün kökləri həqiqi olan müəyyən sininf operatorları təyin edəcəyik.Göstərəcəyik ki, bu sinif, öz-özünə qoşma operatorlardan ibarətdir. Əvvəlcə X həqiqi Evklid f əzasında qoşma operatora tərif verək. Tutaq ki, A , X f əzasında təsir edən xətti operatordur. Əgər bu f əzada təsir edən elə A xətti operatoru varsa ki, x, y X , ( Ax, y) ( x, A* y) bərabərliyi ödənsin, onda A* operatorua A 0peratorunın qoşması deyilir. Kompleks f əzada qoşma operatorun varlığını və yeganəliyini biz Riss teoremi və ikinci növ bixətti formanın köməyilə isbat etmişdik. Qeyd edək ki, Riss teoremi həqiqi Evklid f əzasında da doğrudur. Yəni, həqiqi Evklid f əzasında təsir edən hər bir f ( x ) xətti funksionalı üçün elə yeganə h X elementi var ki, f ( x) ( x, h) . x, y, z X üçün həqiqi qiymətli A( x, y ) funksiyası aşağıdakı şərtləri ödədikdə birinci növ bixətti forma və ya sadəcə olaraq bixətti forma adlanır: 1. A( x y, z ) A( x, z ) A( y, z ) , 2. A( x, y z ) A( x, y ) A( x, z ) , 3. A( x, y ) A( x, y ) A ( x, y) . Kompleks Evklid f əzasında olduğu kimi isbat etmək olar ki, hər bir bixətti forma üçün elə yeganə A xətti opeatoru var ki, A( x, y ) ( Ax, y ) və elə B operatoru var ki, A( x, y ) ( x, By ) . Həqiqi Evklid f əzasında ermit bixətti formaının analoqu simmetrik bixətti formadır. Əgər x, y X üçün A( x, y) A( y, x) olarsa, onda A( x, y ) simmetrik bixətti forma adlanır. Əgər A( x, y ) A( y, x) olarsa, onda A( x, y ) çəp simmetrik bixətti forma adlanır. Tutaq ki, A( x, y ) bixətti forması verilib. Onun köməyilə aşağıdakı iki bixətti formanı təyin edək: A( x, y ) A( y, x) A1 ( x, y ) 2
A2 ( x, y )
A( x, y ) A( y, x) 2
Asanlıqla yoxlamaq olar ki, A1 ( x, y ) simmetrik, A2 ( x, y ) isə çəp simmetrik bixətti formadır və A( x, y ) A1 ( x, y ) A2 ( x, y ) . Beləliklə, hər bir birinci növ bixətti formanı simmetrik və çəp simmetrik bixətti formanın cəmi şəklində göstərmək olar. Yuxarıda qeyd etdik ki, hər bir bixətti forma üçün həqiqi Evklid f əzasında elə A xətti operatoru var ki, A( x, y ) ( Ax, y ) . Göstərək ki, A( x, y ) bixətti formasının simmetrik oması üçün zəruri və kafi şərt A operatorunun öz-özünə qoşma olmasıdır. Doğrudan da, A( x, y ) simmetrik bixətti olarsa, onda ( Ax, y ) A( x, y ) A( y, x) ( Ay, x) ( x, Ay ) . Bu isə o deməkdir ki, A öz-özünə qoşma operatordur. İndi isə f ərz edək ki, A öz-özünə qoşma operatordur. Onda, A( x, y ) ( Ax, y ) ( x, Ay ) ( Ay, x) A( y, x) . Ona görə də A( x, y ) simmetrik bixətti formadır. 18. Həqiqi xətti f əzada öz-özün ə qoşma operatorun məxsusi ədədləri
Tutaq ki, n ölçülü X həqiqi xətti f əzasında təsir edən A xətti operatoru verilmişdir. Bu fəzada hər hansı e1 , e2 ,..., en bazisi götürək. Onda x X üçün n
x xi ei i 1
ayrılışını yaza bilərik. Aydındır ki, belə ayrılışı Aei (i 1, n) vektorları üçün də yazmaq olar: n
Aei aik ek (i 1,2,..., n) i 1
Ayrılışın əmsallarından (onlar həqiqidir) düzəldilmlş aik i 1, n matrisinə A xətti k 1, n
operatorunun e1 , e2 ,..., en bazisində matrisi deyilir. Qeyd edək ki, det( A E ) , A xətti operatorunun xarakteristik çoxhədlisi adlanır. Teorem. n ölçülü həqiqi Evklid f əzasında təsir edən öz-özünə qoşma A operatorunun xarakteristik çoxhədlisinin bütün kökləri həqiqidir. İsbatı. Tutaq ki, xarakteristik çoxhıdlinin köküdür. n məchullu aşağıdakı xətti tənliklər sisteminə baxaq: n
a jk k j
( j 1,2,..., n)
(1)
k 1
Asanlıqla görmək olar ki, sistemin baş determinantı A operatorunun xarakteristik çoxhədlisidir. i xarakteristik çoxhədlinin kökü olduğundan deyə bilərik ki, bu sistemin baş determinantı sıfra bərabərdir. Sistem bircins olduğundan, aydındır ki, onun sıfırdan fərqli k xk iy k həlli var, burada , , xk , yk -lar həqiqi ədədlərdir. Bunları (1) sisteminin sol və sağ tərəflərində nəzərə alıb həqiqi və xəyali hissələrini ayırsaq, 2 n məchullu, 2n sayda tənlikdən ibarət olan aşağıdakı sistemi alarıq:
n
a jk xk x j y j
(2) j 1,2,..., n a jk yk x j y j k 1 e1 , e2 ,..., en bazisində koordinatları uyğun olaraq, x1 , x2 ,..., xn və y1 , y 2 ,, y n olan vektorları x və y -lə işarə edək. Asanlıqla görmək olar ki, bu sistemi aşağıdakı şəkildə də yazmaq olar: ( Ax, y ) ( x, y) ( y, y) (3) ( x, Ay) ( x, x) ( x, y ) A öz-özünə qoşma operator olduğundan bu iki bərabərlikdən alırıq ki, , k n1
( x, x ) ( y , y ) 0 .
(4)
(1) sistemin sıfırdan fərqli həllini axtardığımız üçün x və y vektorlarından heç olmazsa biri sıfırdan fərqlidir. Bu isə o deməkdir ki, ( x, x ) ( y , y ) 0 . Ona görə də, (4) bərabərliyinin ödənilməsi üçün 0 olmalıdır . Bunu i bərabərliyində nəzərə alsaq, deyə bilərik ki, həqiqi ədəddir. Beləliklə öz-özünə qoşma operatorun xarakteristik çoxhədlisinin bütün kökləri həqiqidir. ona görə də xarakteristik çoxhədlinin hər bir kökü öz-özünə qoşma operatorun məxsusi ədədidir. Kompleks Evklid f əzasında olduğu kimi həqiqi Evklid f əzasında da özözünə qoşma operatorun məxsusi vektorlarından ibarət ortonormal bazisin olduğunu göstərmək olar. Bu xassə kompleks Evklid f əzasındakı isbat etdiyimiz teoremə analoji qaydada isbat olunur. Kompleks Evklid f əzasında öyrəndiyimiz unitar operatorun həqiqi Evklid f əzasında analoqu ortoqonal operatordur. Tutaq ki, X n ölçülü həqiqi Evklid f əzası, P isə bu f əzada təsir edən xətti operatordur. Əgər x, y X üçün ( Px, Py) ( x, y ) olarsa, onda P ortoqonal operator adlanır. X f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi götürək. Onda aydındır ki, 1, i j ( Pei , Pe j ) (ei , e j ) 0, i j Bu bərabərliklərdən görünür ki, ortoqonal operator ortonormal bazisi ortonormal bazisə çevirir. Tutaq ki, P , n tərtibli matris P isə P -nin transponirə edilmişidir. Əgər PP PP J (vahid matris) olarsa, onda P ortoqonal matris adlanır. Asanlıqla görmək olar ki, P ortoqonal matrisdirsə, onda onun pij elementləri üçün aşağıdakı münasibət doğrudur:
1, i j pik pkj 0, i j k 1 n
Göstərmək olar ki, P xətti operatorunun ortonormal bazisdə matrisinin ortoqonal olması üçün zəruri və kafi şərt bu operatorun ortoqonal olmasıdır. İndi isə bir və ikiölçülü f əzalarda ortoqonal operatorları öyrənək. Tutaq ki, X birölçülü həqiqi Evklid f əzasıdır. Bu fəzada e 0 və e 1 bazis vektorunu götürək. Onda aydındır ki, bu fəzanın hər bir x vektorunu x e şəklində göstərmək olar. Bu f əzada təsir edən P ortoqonal operatoruna baxaq. Tutaq ki, Pe e onda, 2 ( Pe, Pe) ( e, e) 2 (e, e), buradan alırıq ki, 1 və ya 1. P e e və P e e işarə edək. Beləliklə, bir ölçülü həqiqi Evklid f əzasında iki ortoqonal operator var: P x x və P x x İndi isə f ərz edək ki, X iki ölçülü həqiqi Evklid f əzasıdır. Tutaq ki, P bu f əzada təsir edən ortoqonal operatordur. X f əzasında e1 , e2 ortonormal bazisini a b ilə işarə edək. P ortoqonal götürək. P operatorunun bu bazisdə matrisini c d operator olduğundan onun matrisi də ortoqonal matris olar. Ona görə də, PP PP J bərabərliklərindən alırıq.
a 2 b2 1, ac bd 0, ab cd 0, a 2 d 2 , b2 c 2
a cos , b sin işarə etsək, d cos , c sin Beləliklə, aşağıdakı ikitərtibli ortoqonal matrisləri almış oluruq: cos sin cos sin və P P sin cos sin cos Beləliklə, iki ölçülü f əzada P ortoqonal operatorunun iki müxtəlif matrisini almış olduq. Bu o deməkdir ki, ikiölçülü f əzada iki ortoqonal operator var. Bunlardan birinci matrisə uyğun operatoru P ilə, ikinci matrisə uyğun operatoru isə P işarə edək. P operatorunun e1 , e2 bazisindəki matrisindən görünür ki, bu operator e1 , e2 müstəvisini bucağı qədər fırladan operatordur. P operatoru isə 0 e1 , e2 müstəvisini bucağı qədər fırladan və sonra 180 əks etdirən operatordur. Əgər X n ölçülü həqiqi Evklid f əzası, P isə bu f əzada təsir edən ortoqonal operatordursa, onda elə e1 , e2 ,..., en ortonormal bazisi var ki, bu bazisdə operatorun matrisi aşağıdakı şəkildədir:
0 1 1 ... 1 1 cos sin 1 1 ... sin 1 cos 1 cos k sin k 0 ... sin k cos k
Bu matrisdə yazılmayan bütün elementlət sıfra bərabərdir.
19. BİXƏTTİ FORMALAR Bixətti forma anlayışı ilə müxtəlif xətti f əzalarda tanış olsaq da, həqiqi xətti f əzada bixətti formalar haqqındakı əsas məlumatları bir daha qeyd edək. Tutaq ki, X n ölçülü həqiqi xətti f əzadır. Bu fəzada təyin olunmuş x və y dəyişənlərindən asılı həqiqi qiymətli A( x, y ) funksiyası aşağıdakı şərtləri ödədikdə bixətti forma adlanır: 1. A( x y, z ) A( x, z ) A( y, z ) . 2. A( x, y z ) A( x, y ) A( x, z ) 3. A( x, y) A( x, y) A ( x, y), x, y X və həqiqi ədədi üçün Əgər x, y X üçün A( x, y) A( y, x) olarsa, A( x, y ) simmetrik, A( x, y ) A( y, x) olarsa, çəp simmetrik bixətti forma adlanır. X f əzasında hər hansı e1 , e2 ,..., en bazisi götürək. Onda, x, y X vektorları üçün bazisə görə aşağıdakı ayrılışları yaza bilərik: n
n
i 1
k 1
x i ei , y k ek . A( x, y ) bixətti formasının x və y vektorlarında qiymətini tapaq: n
n
i 1
k 1
A( x, y) A( i ei , k ek )
n
A(ei ek ) i k .
i , k 1
aik A(ei , ek ) (i 1, n; k 1, n) elementlərindən düzəldilmiş a11 a12 ... a1n ... a a a 21 22 2n ... ... ... ... ... a a a n1 n 2 nn matrisinə A( x, y ) bixətti formasının e1, e2 ,..., en bazisində matrisi deyilir. Aydındır ki,
n
A( x, y )
aik i k .
(1)
i ,k 1
Beləliklə, hər bir bixətti formaya verilmiş bazisdə müəyyən bir n tərtibli matris uyğun gəlir. İndi isə f ərz edək ki, n tərtibli aik i 1,n matrisi verilmişdir. Bu matrisin k 1, n
köməyilə, e1 , e2 ,..., en bazisində A( x, y ) funksiyasını (1) düsturu ilə təyin edək, burada 1 , 2 ,..., n və 1 , 2 ,..., n uyğun olaraq x və y vektorlarının e1 , e2 ,..., en bazisində koordinatlardır. Asanlıqla yoxlamaq olar ki, A( x, y ) bixətti formadır və bu bixətti formanın e1 , e2 ,..., en bazisində matrisi aik i 1,n –dır. k 1, n
Beləliklə hər bir n tərtibli matrisə də verilmiş bazisdə müəyyən bir A( x, y ) bixətti forması qarşı qoymaq olar. (1) ayrılışının yeganəliyini göstərmək üçün (1)-də x ei , y ek götürmək kifayətdir. Göstərmək olar ki, A( x, y ) bixətti forması yalnız və yalnız o zaman simmetrik (çəp simmetrik) olur ki, onun verilmiş bazisdə matrisi simmetrik (çəp simmetrik) olsun. Qeyd edək ki, aik aki olduqda ( aik ) simmetrik, aik aki olduqda isə ( aik ) çəp simmetrik adlanır. İndi isə bixətti formanın müxtəlif bazislərdəki matrisləri arasında əlaqəni göstərək. Tutaq ki, n ölçülü X həqiqi xətti f əzasında e1 , e2 ,..., en və f 1 , f 2 ,..., f n bazisləri verilmişdir. A( x, x) kvadratik formasının e1 , e2 ,..., en bazisində matrisini f 1 , f 2 ,..., f n ilə, bazisində matrisini isə A(e) aik (i, k 1, n) A( f ) bik (i, k 1, n) ilə işarə edək. Onda
A( x, x)
n
aik i k
və
A( x, x)
i , k 1
n
bik i k
i , k 1
bərabərliklərini yaza bilərik. Burada 1 , 2 ,..., n x vektorunun birinci bazisdə, 1 , 2 ,..., n isə ikinci bazisdə koordinatlarıdır. Aydındır ki, aik A(ei , ek ), bik A( f i , f k ), i, k 1, n birinci bazisdən ikinci bazisə keçid matrisini C (cik ) ilə işarə edək. Onda n
f i cik ek , i 1, n
(4)
k 1
Aşağıdakı bərabərliyə baxaq: n
`n
n `n
m1
p 1
m1 p 1
bik A( f i , f k ) A( cim em , ckp e p ) cim ckp A(em , e p ) n `n `n cim ckp amp cim amp ckp cim amp c pk , m1 p 1 p 1 m1 p 1 m1 = ckp . C (c pk ) işarə etsək və matrislər hsilinin tərifindən istifadə burada c pk etsək, A( f ) CA(e)C (6) n `n
n
olduğunu görərik. (6) bərabərliyi A( x, y ) bixətti formasının iki müxtəlif bazisdəki matrisləri arasında əlaqəni göstərir. Bir bazisdən digər bazisə keçid matrisi qeyri-məxsusi matris olduğundan (6) düsturundan alırıq ki, A(e) və A( f ) matrislərinin ranqı bir -birinə bərabərdir. Başqa sözlə bixətti formanın matrisinin ranqı bazisin seçilməsindən asılı deyil. Ona görə də, bixətti formanın hər hansı bazisdəki matrisinin ranqı bu bixətti formanın özünün ranqı adlanır. Əgər bixətti formanın matrisinin ranqı fəzanın ölçüsünə bərabər olarsa, ona qeyri-məxsusi və ya cırlaşmayan bixətti forma, əks halda isə məxsusi və ya cırlaşan bixətti forma deyilır. 20. Kvadratik formalar
Tutaq ki, A( x, y ) simmetrik bixətti forması verilmişdir. y x götürməklə alınan A( x, x) funksiyasına A( x, y ) bixətti formasına uyğun kvadratik forma deyilir. Əgər verilmiş bazisdə
A( x, y )
n
aik i k
(2)
i , k 1
olarsa , onda
A( x, x)
n
aik i k
(3)
i , k 1
olar. Qeyd edək ki, A( x, y ) bixətti formasının verilmiş bazisdə matrisi həmçinin A( x, x) kvadratik formasının da matrisi adlanır. Hər bir simmetrik bixətti formanı öz kvadratik forması vasitəsilə bərpa etmək mümkündür. Doğurdan da, A( x y, x y ) A( x, x) A( x, y ) A( y, x) A( y, y ) bərabərliyində A( x, y ) A( y, x) olduğunu nəzərə alsaq, sonuncu bərabərlikdən 1
A( x, y ) A( x y, x y ) A( x, x) A( y, y ) 2
alarıq. Əgər x, y X üçün A( x, y )
n
aik i k
simmetrik bixətti forma olarsa,
i , k 1
onda uyğun kvadratik formanı A( x, x)
n
aik i k şəklində yazmaq olar. Aydındır
i , k 1
ki, sonuncu yazılış A( x, x) kvadratik formasının müəyyən bir bazisdə yazılışıdır. A( x, y ) bixətti formasının verilmiş bazisdə matrisi A( x, x) kvadratik formasının da həmin bazisdə matrisi adlanır. Bu matris simmetrik olmaqla, onun ranqı bazisin seçilməsindən asılı deyil. Ona görə də, kvadratik formanın hər hansı
bazisdə matrisinin ranqına bu kvadratik formanın özünün ranqı deyilir. Əgər kvadratik formanın matrisinin ranqı fəzanın ölçüsünə bərabər olarsa, ona qeyriməxsusi və ya cırlaşmayan kvadratik forma, əks halda isə məxsusi və ya cırlaşan kvadratik forma deyilır. İndi isə kvadratik formaların aşağıdakı təsnifatını verək. Tutaq ki, A( x, x) kvadratik forması verilmişdir. 1. Əgər x X və x 0 üçün A( x, x) 0 ( A( x, x) 0) olarsa, A( x, x) müsbət müəyyən (mənfi müəyyən) kvadratik forma adlanır. Müsbət müəyyən, mənfi müəyyən kvadratik formalara müəyyənişarəli kvadratik formalar deyilir. 2. Əgər elə x, y X varsa ki, A( x, x) 0 , A( y, y ) 0 bərabərsizlikləri ödənsin, onda A( x, x) işarəsini dəyişən kvadratik forma adlanır. 3. Əgər x X üçün A( x, x) 0 və ya ( A( x, x) 0 ), lakin elə x 0 vektoru varsa ki, A( x, x) 0 olsun, onda A( x, x) kvazimüəyyən işarəli kvadratik forma deyilir. Tutaq ki, A( x, y ) simmetrik bixətti forma, A( x, x) isə ona uyğun müsbət müəyyən kvadratik formadır. Onda X xətti f əzasında bu bixətti formanın köməyilə ( x, y ) A( x, y ) skalyar hasilini təyin etmək olar. Bu bərabərliklə təyin olunan qaydanin skalyar hasilin malik olduğu bütün xassələri ödədiyini asanlıqla yoxlamaq olar.
KVADRATİK FORMANIN KANONİK ŞƏKİLƏ GƏTİRİLMƏSİ Məlumdur ki n ölçülü X həqiqi xətti f əzasında təyin olunmuş hər bir A( x, x) kvadratik formasını verilmiş bazisdə
A( x, x)
n
aik i k
i , k 1
şəklində yazmaq olar. Lakin, elə bazis ola bilər ki, bu bazisdə A( x, x) kvadratik forması aşağıdakı səkildə yazılsın: A( x, x) 1 12 2 2 2 ... n n 2 burada 1 , 2 ,..., n x vektorunun həmin bazisdə koordinatlarıdır. A( x, x) kvadratik formasının bu şəkildə yazılışı onun kanonik şəkili, həmin bazis isə kanonik bazis adlanır. Beləliklə, kvadratik formanı kanonik şəkilə gətirmək üçün verilmiş bazisdən elə bir bazisə keçmək lazımdır ki, bu bazisdə kvadratik forma kanonik şəkildə yazılsın. Biz həqiqi xətti f əzada A( x, x) kvadratik formasının kanonik şəkilə gətirilməsi üçün müxtəlif üsullar göstərəcəyik. 1.Laqranj üsulu. Tutaq ki, A( x, x) kvadratik forması e1 , e2 ,..., en bazisində aşağıdakı şəkildədir:
A( x, x)
n
aij i j
i , j 1
(1)
burada 1 , 2 ,..., n x vektorunun e1 , e2 ,..., en bazisində koordinatlarıdır. Biz hesab edəcəyik ki, A( x, x) 0 . Bu şərt daxilində aydındır ki, aij əmsallarından heç olmazsa biri sıfırdan fərqlidir. Biz hesab edəcəyik ki, a11 0 . Əgər a11 0 olduqda aii (i 2,..., n) əmsallarından heç olmazsa biri sıfırdan fərqli olarsa, onda bazis vektorlarını yenidən nömrələməklə həmişə a11 əmsalını sıfırdan fərqli etmək olar. Əgər bütün aii (i 2,..., n) əmsalları sıfra bərabər olarsa, onda müəyyən əvəzləmə vasitəsilə yenə də a11 əmsalını sıfırdan fərqli etmək olar. Məsələn, aij 0 olarsa, onda i
( i j )
i i j
( i j ) j 2 2
j i j
əvəzləməsini aparmaqla qalan koordinatları dəyişməsək i -in əmsalını sıfırdan f ərqli etmək olar. Beləliklə, ümumiliyi pozmadan hesab edəcəyik ki, a11 0 . Bunu nəzərə alıb A( x, x) kvadratik formasını aşağıdakı şəkildə yazarıq: n
2
A( x, x) a11 1 2a12 1 2 ... 2a1n 1 n
aij i j
(2)
i , j 2
Bu bərabərliyin sağ tərəfindəki cəmləmə işarəsindən kənarda olan hədləri tam kvadrat şəklində yazaq: 2 2 a12 a1n a a A( x, x) a11 1 2 ... n 2 2 3 12 13 ... a11 a11 a11 n a1n 1a1n a2 n 2 2 a12 2 2 2 n 1 n ... a a11 a11 2 a11 n i , j 2 ij i j
(3)
2
n a1n a12 a11 1 2 ... n aij* i j a11 a11 i , j 2 Beləliklə, A( x, x) kvadratik formasını 2
n a1n a12 A( x, x) a11 1 2 ... n aij* i j a11 a11 i, j 2 şəkilndə yazmaq olar. Aşağıdakı şəkildə əvəzləmə aparaq:
(4)
a a12 2 ... 1n n a11 a11 2 2 (5) 2 3 .............................................. 2 n Göründüyü kimi bu çevirmənin matrisi qeyri-məxsusi matrisdir. Bu o deməkdir ki, e1 , e2 ,..., en bazisindən elə bir yeni bazisə keçmişik ki, həmin bazisdə x vektorunun 1 , 2 ,..., n koordinatları (5) düsturları vasitəsilə təyin olunur. Beləliklə yeni bazisdə 1 1
A( x, x) a
2 11 1
n
aij* i j
(6)
i , j 2
Əgər (6) ifadəsində bütün aij* əmsalları sıfra bərabər olarsa, onda aydındır ki, A( x, x) kvadratik forması kanonik şəkilə gətirilmiş olur. Əgər onlardan heç olmazsa biri sıfırdan fərqli olarsa, onda yuxarıda tətbiq etdiyimiz qaydanı n
aij* i j
kvadratik formasına tətbiq etsək və prosesi bu qayda ilə davam etdirsək,
i , j 2
sonlu sayda addımdan sonra A( x, x) kvadratik formasını kanonik şəklə gətirmiş olarıq. Göründüyü kimi Laqranj üsulu ilə kvadratik formanı kanonik şəkilə gətirərkən, biz hər dəf ə qeyri-məxsusi koordinat çevrilməsi aparırıq. Bu isə öz növbəsində bir bazisdən digərinə keçmək deməkdir. Apardığımız qeyri-məxsusi çevrilmələri ardıcıl olaraq tətbiq etməklə sonda x vektorunun kanonik formadakı bazisə uyğun koordinatlarını tapa bilərik. Qeyd edək ki, kvadratik formanın kanonik şəkildə yazıldığı bazis kanonik bazisdir 21. Yakobi üsulu
Kvadratik formanı Yakobi üsulu ilə kanonik şəkilə gətirməzdən əvvəl bazis vektorların üçbucaq çevirməsi ilə tanış olaq. Tutaq ki, n ölçülü X həqiqi xətti f əzasında e1 , e2 ,..., en bazisi verilmişdir. Bu vektorların köməyilə aşağıdakı vektorları təyin edək: f 1 e1 f 2 21e1 e2 f 3 31e1 32 e2 e2 (1) f j j1e1 j 2 e2 ... jj 1e j 1 e j ............................................................... f n n1e1 n 2 e2 ... nn 1en 1 en
(1) bərabərlyindən görünür ki, bu çevirmənin əmsallarından düzəldilmiş matris qeyri-məxsusidir. Ona görə f 1 , f 2 ,, f n vektorları da X f əzasında bazis əmələ gətirir. e1 , e2 ,..., en bazis vektorlarının bu qeyri-məxsusi çevrilməsi üçbucaq çevirməsi adlanır. Göstərək ki, hər bir A( x, x) kvadratik forması üçün ( e1 , e2 ,..., en də verilmiş) bazis vektorların elə üçbucaq çevirməsi var ki, bu çevirmə nəticəsində alınan yeni bazisdə A( x, x) kvadratik forması kanonik şəkildə yazılır. Tutaq ki, A( x, x) kvadratik forması e1 , e2 ,..., en bazisində aşağıdakı bərabərliklə təyin olunur
A( x, x)
n
aij i j
(2)
i , j 1
a ji ) əmsallarından aşağıdakı determinantları düzəldək: a11 a12 ... a1n1 a12 a22 ... a2n 1 a a 1 a11 , 2 11 12 ,..., n1 ... ... ... ... a21 a22 an11 an 12 ... ann 1 Teorem. Əgər e1 , e2 ,..., en bazisində verilmiş A( x, x) kvadratik forması üçün 1 0, 2 0,..., n 1 0 olarsa, onda bu bazis vektorlarının elə üçbucaq çevirməsi var ki, alınmış yeni bazisdə A( x, x) kvadratik forması kanonik şəkildə yazılır. İsbatı. Bildiyimiz kimi A( x, x) kvadratik formasının e1 , e2 ,..., en bazisindəmatrisinin əmsalları aij A(ei , e j ) bərabərlikləri ilə təyin olunur.Yeni f 1 , f 2 ,, f n bazisində bij A( f i , f j ) (i, j 1, n) işarə edək. Bu bazisdə kvadratik forma kanonikşəkildə olduğundan i j olduqda bij 0. Sonuncu bərabərlik o deməkdir ki, A( f i , f j ) 0, i j. Asanlıqla görmək olar ki, bu bərabərliklərin ödənməsi (3) A( f i , f j ) 0, i j bərabərlyinin ödənməsi deməkdir. Qeyd edək ki, (3) bərabərliklərindən aşağıdakı bərabərliklər alınır: (4) A(e1 , f j ) 0, A(e2 , f j ) 0,..., A(e j 1 , f j ) 0 , j 2,3,, n Eləcə də, f i vektorları üçün yazılmış ifadələrdən və A( x, x) kvadratik formasının hər bir arqumentinə nəzərən xətti olmasından istifadə edərək, (4)bərabərliklərindən (3) bərabərliklərini alınaq olar. f j j1e1 j 2e2 ... jj 1e j 1 e j olduğunu nəzərə alıb, j -yə qiymətlər verməklə (4) bərabərliklərini açıq şəkildə yazsaq, ji əmsallarına görə aşağıdakı xətti tənliklər sistemini alarıq: aij ( aij
j1a11 j 2 a12 ... jj 1a1 j 1 a1 j 0
(5) .................................................................. j1a j 11 j 2 a j 12 ... jj 1a j 1 j 1 a j 1 j 0 Göründüyü kimi (5) sisteminin baş determinantı j 1 ( j 2,3,..., n) -ə bərabərdir. Teoremin şərtinə görə bu determinatlar sıfırdan fərqlidirlər. Ona görə də, (5) sisteminin yeganə həlli var. Bu isə o deməkdir ki, A( x, x) kvadratik formasını kanonik şəklə gətirmək üçün e1 , e2 ,..., en vektorlarının yeganə üçbucaq çevirməsi var. İndi siə bu üçbucaq çevirməsinin ji əmsallarını təyin edək. j 1i ilə ( aij ) matrisinin 1,2,..., j 1 nömrəli sətirləri ilə 1,2,..., i 1, i 1,..., j nömrəli sütunlarının kəsişməsində yerləşən elementlərindən düzəldilmiş determinantı işarə edək. Onda Kramer qaydasına görə ji əmsallarını təyin etmək üçün aşağıdakı düsturları yaza bilərik: j 1i (6) ( j 2,3,..., n, i 1,2,..., n 1) ji (1) j i j 1 İndi isə A( x, x) kvadratik formasını kanonik şəklə gətirdikdən sonra kanonik formanın əmsallarını təyin edək. Kanonik əmsalları 1 , 2 ,..., n ilə işarə edib (4) düsturlarından istifadə etsək, j A( f j , f j ) A( j1e1 j 2 e2 ... jj 1e j 1 e j , f j ) A(e j , f j ) j1a21 j 2 a22 ... jj 1a2 j 1 a2 j 0
A(e j , j1e1 j 2 e2 ... jj 1e j 1 e j ) j1a j1 j 2 a j 2 ... jj 1a jj 1 a jj Beləliklə, (7) j j1a j1 j 2 a j 2 ... jj 1a jj 1 a jj (7) düsturunun sağ tərəfində ji əmsalları üçün tapdığımız (6) qiymətlərini nəzərə alsaq, aşağıdakını yaza bilərik: j
1 2 ( 1) (1) j j 11a j1 (1) j j 12 a j 2 ... (1) j j j 1 j 1a jj 1 j 1a jj
j 1 sonuncu kəsrin sürəti j determinntının j nömrəli sətir elementlərinə görə ayrılışıdır. Ona görə də, j ( j 2,3,..., n) j j 1 1 A( f 1 , f 1 ) A(e1 , e1 ) a11 1
Beləliklə, A( x, x) kvadratik formasını üçbucaq çevirməsilə kanonik şəkilə gətirdikdən sonra kanonik formanın əmsalları aşağıdakı düsturlarla tapılır:
1 1 , 2
2 , 3 3 ,..., n n . 1 2 n 1
(8)
KVADRATİK FORMALAR ÜÇÜN ƏTALƏT QANUNU Tutaq ki, A( x, x) kvadratik forması hər hansı yolla kanonik şəkilə gətirilmişdir. Yəni,
A( x, x) 1 12 2 2 2 ... k k 2 k n Aşağıdakı şəkildə əvəzləmə aparaq: 1 1 1 , 2 2 2 , ..., p p p
( p 0).
p 1 p 1 p1 , p 2 p 2 p 2 , ..., k k k
( p 1 0,..., k 0)
k 1 k 1 ,..., n n .
Bu qeyri-məxsusi çevirmədən sonra A( x, x) kvadratik formasını aşağıdakı şəkildə yazmaq olar: A( x, x) 12 22 ... p2 p2 1 ... k 2 (k n) . A( x, x) kvadratik formasının bu şəkildə yazılışı onun normal şəkli adlanır. Beləliklə müəyyən bir qeyri məxsusi çevirmə vasitəsilə, kvadratik formanı normal şəkilə gətirmək olar. Teorem(Kvadratik formalar üçün ətalət qanunu). Kvadratik formanın hansı yolla normal şəkilə gətirilməsindən asılı olmayaraq, onun normal şəkilindəki müsbət və mənfi işarəli hədlərin sayı dəyişmir. İsbatı. Tutaq ki, A( x, x) kvadratik forması e1 , e2 ,..., en bazisində aşağıdakı bərabərlik vasitəsilə verilmişdir:
A( x, x)
n
aij i j ,
i , j 1
1 , 2 ,..., n x vektorunun e1 , e2 ,..., en bazisində koordinatlarıdır. Bu kvadratik normanı iki müxtəlif yolla normal şəkilə gətirdikdən sonra onu aşağıdakı kimi yazmaq olar:
A( x, x) 12 22 ... p2 p2 1 ... k 2
(k n) .
(2)
(3) A( x, x) 12 22 ... q2 q21 ... k 2 k n (2) və (3) bərabərliklərindən görünür ki, birinci halda kvadratik formanın müsbət işarəli hədlərinin sayı p -yə, ikincidə isə q -yə bərabərdir. Göstərək ki, p q . Tutaq ki, p q. Bu halda isbat edək ki, sıfırdan fərqli elə x vektoru var ki, onun (2) və(3) normal şəkillərinə uyğun bazislərdəki aşağıdakı koordinatları sıfra bərabərdir: (4) 1 0, 2 0,..., q 0, p1 0,..., k 0 .
Qeyd edək ki, i və i koordinatları 1 , 2,, n koordinatlarının uyğun olaraq, i ai1 1 ai 2 2 ... ain n və i bi1 1 bi 2 2 ... bin n şəkilli qeyri məxsusi xətti çevirmələri vasitəsilə alınmışdır. Ona görə də, (4) münasibətlərini sistem şəklində yazsaq, p q olduğu üçün 1 , 2 ,..., n məchullarına nəzərən, n dən az sayda xətti bircins tənliklər sistemi alarıq. Bildiyimiz kimi belə sistemin həmişə sıfırdan fərqli həlli var. Başqa sözlə sıfırdan f ərqli elə x vektoru var ki, onun koordinatları üçün (4) bərabərlikləri doğrudur. Bu bərabərlikləri (2) və(3)-də nəzərə alsaq, A( x, x) 12 22 ... p2 q21 q22 k 2 . Sonuncu bərabərlik yalnız 1 0, 2 0,..., p 0, q 1 0,..., k 0 olduqda ödənilə bilər. Bu bərabərlikləri (4) ilə birlikdə götürsək, 1 0, 2 0,..., p 0, p 1 0,..., n 0 alarıq. Başqa sözlə, x 0 vektorunun müəyyən bazisdə bütün koordinatları sıfra bərabərdir. Alınan ziddiyyət göstərir ki, f ərziyyəmiz doğru deyil. Yəni, p q ola bilməz. Eyni qayda ilə isbat etmək olar ki, p q ola bilməz. Deməli p q olmalıdır. Teorem isbat edildi. 22. KVADRATİK FORMALARIN TƏSNİFATI
Tutaq ki, n ölçülü X xətti f əzasında A( x, x) kvadratik forması verilmişdir. Ətalət qanununa görə bu kvadratik formanın hansı yolla normal şəkilə gətirilməsindən asılı olmayaraq, normal şəkildəki müsbət və mənfi işarəli hədlərin sayı dəyişmir. Kvadratik formanin normal şəklindəki sıfırdan fərqli hədlərin sayı onun ətalət indeksi adlanır. Müsbət işarəli hədlərin sayına onun müsbət indeksi, mənfi işarəli hədlərin sayına isə mənfi indeksi deyilir. Müsbət və mənfi indekslərin cəmi kvadratik formanın ranqına bərabərdir. A( x, x) kvadratik formasının ətalət indeksini k , müsbət indeksini p, mənfi indeksini isə q ilə işarə edəcəyik. Məlumdur ki, kvadratik formalar aşağıdakı üç sinifə bölünürlər: müəyyən işarəli kvadratik formalar işarəsini dəyişən kvadratik formalar kvazi müəyyən işarəli kvadratik formalar A( x, x) kvadratik formasının normal şəklindən istifadə edərək, onun bu üç növdən hansına aid olduğunu müəyyən etməyə imkan verən aşağıdakı teoremləri qeyd edək. Teorem1. A( x, x) kvadratik formasının müəyyən işarəli olması üçün zəruri və kafi şərt onun müsbət indeksinin ( p) və ya mənfi indeksinin (q) f əzanın ölçüsünə (n) bərabər olmasıdır. Daha dəqiq desək, müsbət müəyyən olması üçün p n , mənfi müəyyən olması üçün q n olmasıdır. İsbatı. Tutaq ki, (1) A( x, x) 12 22 ... p2 p21 ... k 2
Teoremi müsbət müəyyən kvadratik forma üçün isbat edəcəyik, mənfi müəyyən kvadratik forma üçün isbat analojidir. Zərurilik. Tutaq ki, A( x, x) müsbət müəyyəndir. Göstərək ki, p n Tutaq ki, p n . Onda sıfırdan fərqli x (0,...,0, p1 ,..., k ) i 0, i p 1, n vektoru üçün A( x, x) 0 . Bu usə A( x, x) kvadratik formanın müsbət müəyyən olması şrtinə ziddir. Kafilik. Tutaq ki, p n . Onda (1) kvadratik forması
A( x, x) 12 ... n2 şəklində olar. Aydındır ki, A( x, x) 0 , belə ki, əgər A( x, x) 0 olarsa, onda 1 0, 2 0,, n 0 , yəni x vektoru sıfra bərabərdir. Bu isə A( x, x) kvadratik formasının müsbət müəyyən olması deməkdir. Teorem2. A( x, x) kvadratik formasının işarəsini dəyişən olması üçün zəruri və kafi şərt onun həm müsbət, həm də mənfi indeksinin sıfırdan fərqli olmasıdır. İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, A( x, x) işarəsini dəyişən kvadratik formadır. Onda A( x, x) həm müsbət, həm də mənfi işarəli qiymətlər alar. Ona görə də, bu kvadratik formanın normal şəklində həm müsbət, həm də mənfi işarəli hədlər iştirak etməlidir. Beləliklə, A( x, x) kvadratik formasının həm müsbət, həm də mənfi indeksi sıfırdan fərqli olmalıdır. Kafilik. Tutaq ki, A( x, x) kvadratik formasının həm müsbət, həm də mənfi indeksi sıfırdan fərqlidir. Yəni o aşağıdakı şəkildədir: A( x, x) 12 22 ... p2 p21 ... k 2 Aydındır ki, x (0,0,...,0, p1 ,..., n ) , p1 0, p2 0,, k 0, vektoru üçün A( x, x) 0 , y ( 1 , 2 ,, p ,0,,0) , 1 0, 2 0,, p 0 vektoru üçün A( y, y ) 0 . Yəni A( x, x) kvadratik forması işarəsini dəyişəndir. Teorem3. A( x, x) kvadratik formasının kvazimüsbət (kvazimənfi) işarəli olması üçün zəruri və kafi şərt, onun müsbət (mənfi) indeksinin f əzanın ölçüsündən kiçik, mənfi (müsbət) indeksinin isə sıfra bərabər olmasıdır. Teoremi kvazimüsbət kvadratik forma üçün isbat edək. kvazimənfi kvadratik forma üçün analoji qaydada isbat olunur. İsbatı. Zərurilik. Tutaq ki, A( x, x) kvazimüsbət işarəli kvadratik formadır. Onda aydındır ki, q 0, p n olmalıdır, çünki p n olarsa, onda kvadratik forma müsbət müəyyən olardı. Kafilik. Tutaq ki, q 0, p n . Onda aydındır ki, A( x, x) 0 və sıfırdan f ərqli x (0,0,,0, p1 , p2 ,, n ) , p1 0, p2 0,, n 0 vektoru üçün A( x, x) 0 .Yəni A( x, x) kvazimüsbət işarəli kvadratik formadır.
SİLVESTR ƏLAMƏTİ Tutaq ki, A( x, x) kvadratik formasının e1 , e2 ,..., en bazisindəki matrisi A(e) (aij ) –dir. Bu matrisin baş diaqonal minorlarını 1 , 2 ,..., n ilə işarə edək.
Teorem. A( x, x) kvadratik formasının müsbət müəyyən olması üçün zəruri və kafi şərt 1 0, 2 0,..., n 0 mənfi müəyyən olması üçün zəruri və kafi şərt 1 0, 2 ,..., n – lərin isə işarəsini növbə ilə dəyişən olmasıdır. İsbatı. Zərurilik. Əvvəlcə göstərk ki, əgər A( x, x) kvadratik forması
müəyyən işarəlidirsə, onda i 0, i 1, n . Tutaq ki, hər hansı k 0 . Aşağıdakı xətti bircins tənliklər sisteminə baxaq: a11 1 a12 2 ... a1k k 0 a21 1 a22 2 ... a2k k 0 (1) .......................................... ak 1 1 ak 2 2 .... akk k 0 bu sistemin baş determinantı k olduğu üçün onun sıfırdan fərqli həlli var. Bu həlli (1) sisteminin hər bir tənliyində uyğun məchulların yerinə yazıb həmin həllə uyğun vektoru x ( 1 ,..., k ,0,0,..., 0) ilə işarə edək. (1) bərabərliklərindən birincisini 1 , ikincisini 2 ,... axırıncısını k – ya vurub tərəf-tərəf ə toplasaq, n
ai j i k 0
i , j 1
bərabərliyini alarıq. Asanlıqla görmək olar ki, bu bərabərliyin sol tərəfi A( x, x) kvadratik formasının sıfır dan f ərqli x vektorlarundakı qiymətinə bərabərdir. Yəni x 0 vektorunda A( x, x) 0 olur. Bu isə kvadratik formanın müəyyən işarəli olması şərtinə ziddir. Beləliklə, i 0 i 1,2,, n . Ona görə də, Yakobi üsulunu tətbiq etməklə kvadratik formanı kanonik şəkilə gətirmək olar və bu halda kanonik əmsallar j (20 1 1 , j , j 2,3,..., n j 1 düsturları ilə tapılır. Bu düsturlardan görünür ki, A( x, x) müsbət müəyyən olduqda, bütün j 0 olduğu üçün 1 0, 2 0,..., n 0 olmalıdır. A( x, x) mənfi müəyyən olduqda bütün kanonik əmsallar mənfi olduğu üçün ( j 0 ), 1 0 , 1 , 2 ,..., n -lər isə işarəsini növbə ilə dəyişən olmalıdırdir. Kafilik. Teoremin şərtindən çıxır ki, bütün i 0 ( i 1,2,, n) . Onda, yenə də Yakobi üsulu ilə kvadratik formanı kanonik şəkilə gətirmək olar. 1 0, 2 0,..., n 0 olduqda (2) düsturlarından j 0 ( j 1,2,, n) olması, yəni A( x, x) kvadratik formasının müsbət müəyyən olması alınır.Əgər 1 0 , 1 , 2 ,..., n -lər işarəsini növbə ilə dəyişən olarsa, onda (2) düsturlarından j 0 ( j 1,2,, n) olması yəni, A( x, x) kvadratik formasının mənfi müəyyən olması alınır. Teorem isbat edildi.