Нека е дадена системата от линейни уравнения:
a11 . x1 + a12 . x2 + ... + а1n . xn = b1
(1) a21 . x1 + a22 . x2 + …+ a2n . xn = b2
…………………………………
an1 . x1 + an2 . x2 + … + ann . xn = bn
аij, bk F – поле; = |aij|; i, j, k { 1, 2, …, n }
Решаваме системата:
Фиксираме k (1 k n); искаме да изразим xk, като елиминираме всички останали елементи;
Умножаваме първото уравнение с A1k, второто с А2k, …,
n-тото с Аnk и ги събираме; получаваме:
x1 . ( a11 . A1k + a21 . A2k + … + an1 . Ank ) + x2 . ( a12 . A1k + a22 . A2k + … + an2 . Ank ) + … + xk . ( a1k . A1k + a2k . A2k + … + ank . Ank ) + … +
xn . ( a1n . A1k + a2n . A2k + … + ann . Ank ) = b1 . A1k + b2 . A2k + … + bn . Ank
Като използваме предишното следствие 2 получаваме:
. xk = b1 . A1k + b2 . A2k + … + bn . Ank
Нека k е детерминанта от ред n, получена от като заменим k-тият стълб със стълба от свободните членове b1, b2,…, bn, а останалите стълбове си останат същите; тогава адюнгираните количества на елементите на k-тия стълб на k съвпадат с адюнгираните количества на елементите на k-тия стълб на , тъй като те не съдържат елементи от k-тия стълб на (а останалите редове на k са същите като на );
развиваме k по k-тия стълб:
k = b1 . A1k + b2 . A2k + … + bn . Ank . xk = k
Следствие от системата (1) е следната система:
. x1 = 1
(2) . x2 = 2
...
. xn = n
Нека 0; тогава (2) има единствено решение:
x1 = 1/; x2 = 2/; …; xn = n/
Тъй като системата (2) е следствие от (1), то трябва да направим проверка – заместваме x1, x2,…, xn в (1):
Разглеждаме i-тото уравнение (1 i n);
ai1 . x1 + ai2 . x2 + … + ain . xn = bi, т.е.
k=1
n
aik . xk = bi;
n
x
j=1
k = k/ = 1/ . ( b1 . A1k + b2 . A2k + … + bn . Ank ) = 1/ . bj . Ajk;
Заместваме:
n
k=1
k=1
n
j=1
n
n
n
k=1
n
j=1
j=1
k=1
aik . 1/ . bj . Ajk = 1/
k=1
n
j=1
. aik . bj. Ajk = 1/ . bj aik . Ajk =
n
n
=
j=1
j=1
1/ . bj . ij . = bj . ij = bi
x1, x2, …, xn удоволетворяват системата (1) и са единствени
Ако b1 = b2 = … = bn = 0, тогава (1) се нарича хомогенна. Очевидно едно нейно решение е x1 = x2 = … = xn = 0; от формулите на Крамер това решение е единствено при 0
29 октомври
4. Умножение на детерминанти.
Цел: Ако 1 и 2 са детерминанти от ред n, числото 1.2 да се представи като детерминанта от ред n;
Л
n
m
ема: Нека
а11 а12 ……а1n 0 0 ……. 0
n
a21 a22 ……a2n 0 0 ……. 0
………………… … ………. …
………………… … ………. …
an1 an2 ……ann 0 0 ……. 0
= * * …… * b11 b12 ……b1m
m
* * …… * b21 b22 ……b2m
……………… …………………
……………… …………………
* * …… * bm1 bm2 ……bmm
Fm+nxm+n; * е произволно число; нулевият блок и блокът с произволните числа могат да си разменят местата;
а11 а12 ……а1n b11 b12 ……b1m
a21 a22 ……a2n b21 b22 ……b2m
Ако 1 = ………………… Fnxn и 2 = ………………… Fmxm
………………… …………………
an1 an2 ……ann bm1 bm2 ……bmm
Tвърдим: = 1 . 2
Доказателство:
Нека = |cij| i, j { 1, 2, …, m+n }
Тогава:
aij, при i n, j n
cij =
0 , при i n, j > n
* , при i > n, j n
bi-n, j-n, при i > n, j > n
= (-1)[ 1, 2,…, n, n+1, n+2, …n+m ] . c11 . c22 ... cnn . cn+1n+1 . cn+2n+2 … cn+mn+m – сумата е по всички пермутации
1, 2, …, n, n+1, n+2,…, n+m на числата 1, 2, …n, n+1, n+2, …, n+m
Ако за някое k (1 k n), k > n, то ckk = 0. Тогава разглеждаме само онези членове, за които k n, за всяко k { 1, 2, …, n } 1, 2, …, n е пермутация на 1, 2, …, n n+1, n+2, …, n+m е пермутация на числата n+1, n+2, …n+m;
Нека означим 1 = n+1 – n; 2 = n+2 – n; …; m = n+m – n;
1, 2, …, m е пермутация на числата 1, 2, …, m;
c11 = a11 ; c22 = a22; …; cnn = ann ( k n, за всяко k { 1, 2, …, n } )
cn+1n+1 = bn+1– n, n+1 – n = b11 ; cn+2n+2 = bn+2– n, n+2 – n = b22 ; …;
cn+mn+ m = bn+m– n, n+ m – n = bmm ;
( l > n, за всяко l { n+1, n+2, …, n+m } )
[ 1, 2, …, n, n+1, n+2, …, n+m ] = [ 1, 2, …, n ] +
[ n+1, n+2, …, n+m ], тъй като k n за всяко k { 1, 2, …, n } и l > n
за всяко l { n+1, n+2, …, n+m }, т.е. k и l не образуват инверсия; Oсвен това:
[ 1, 2, …, n ] + [ n+1, n+2,…, n+m ] = [ 1, 2, …, n ] + [ 1, 2,…, m ],
тъй като i e получено от n+i с изваждане на фиксирано число
(за всяко i { 1, 2, …, m } )
= (-1)[ 1, 2,…, n] +[ 1, 2, …m ] . a11 . a22 ... ann . b11 . b22 … bmm =
(-1)[ 1, 2,…, n] . a11 . a22 ... ann . (-1)[ 1, 2, …m ] . b11 . b22 … bmm – сумирането е по всички пермутации 1, 2, …, n на числата
{ 1, 2, …, n } и по всички пермутации 1, 2, …, n на числата
{ 1, 2, …, m }
= (-1)[ 1, 2,…, n] . a11 . a22 ... ann . (-1)[ 1, 2, …m ] . b11 . b22 … bmm
= 1 . 2
Теорема: Нека
а11 а12 ……а1n b11 b12 ……b1n
a21 a22 ……a2n b21 b22 ……b2n
1 = ………………… Fnxn и 2 = ………………… Fnxn;
………………… …………………
an1 an2 ……ann bn1 bn2 ……bnn
Тогава 1 . 2 = , където е детерминанта от ред n;
= |cij|; i, j { 1, 2, … n }, cij = ai1 . b1j + ai2 . b2j + … + ain . bnj;
т
n
.е. cij се получава като умножим почленно i-тият ред на 1 с j-тия стълб на 2 и съберем получените произведения; това правило се нарича още “ред” x “стълб”
(
k=1
1) cij = aik . bkj
Вярно е:
(2) cij = ai1 . bj1 + ai2 . bj2 + … + ain . bjn; това правило се нарича “ред” x “ред”; това е така, тъй като можем да вземем транспонираната матрица на (bij) и по този начин запазваме стойността на 2 и не променяме крайния резултат;
Аналогично са вярни:
(3) cij = a1i . b1j + a2i . b2j + … + ani . bnj; това правило се нарича
“стълб” x “стълб”;
(4) cij = a1i . bj1 + a2i . bj2 + … + ani . bjn; това правило се нарича
“стълб” x “ред”;
Доказателство на теоремата:
Нека
n
n
а11 а12 ……а1n 0 0 ……. 0
n
a21 a22 ……a2n 0 0 ……. 0
………………… … ………. …
………………… … ………. …
an1 an2 ……ann 0 0 ……. 0
D = -1 0 …… 0 b11 b12 ……b1n
n
0 -1 …… 0 b21 b22 ……b2n
……………….. …………………
……………….. …………………
0 0 …… -1 bn1 bn2 ……bnn
От лемата D = 1 . 2 (1)
Преобразуваме : за всяко i (1 i n) към i-тия ред прибавяме
(n+1)-ви умножен с аi1, (n+2)-ри умножен с аi2, ..., (2n)-ти
умножен с аin; при това D не променя стойността си;
Получаваме:
0 0 …… 0 d11 d12 ……d1n
0 0 …… 0 d21 d22 ……d2n
………………. …………………
………………. …………………
0 0 …… 0 dn1 dn2 ……dnn ; dij = ai1.b1j + … + ain.bnj, т.е.
D = -1 0 …… 0 b11 b12 ……b1n dij = cij за всяко i, j { 1, 2, …, n }
0 -1 …… 0 b21 b22 ……b2n
……………….. …………………
……………….. …………………
0 0 …… -1 bn1 bn2 ……bnn
След това разменяме последователно 1-ви стълб и (n+1)-ви стълб,
2-ри стълб и (n+2)-ри стълб и т.н. n-ти стълб и (2n)-ти стълб; направили сме общо n размествания; при това D сменя знака си точно n пъти;
Получаваме:
c11 c12 ……c1n 0 0 …… 0
c21 c22 ……c2n 0 0 …… 0
………………… …………………
………………… …………………
cn1 cn2 ……cnn 0 0 …… 0
D = b11 b12 ……b1n –1 0 …… 0 . (-1)n
b21 b22 ……b2n 0 –1 …… 0
……………….. …………………
……………….. …………………
bn1 bn2 ……bnn 0 0 … … –1
Прилагаме лемата:
c11 c12 ……c1n -1 0 …… 0
c21 c22 ……c2n 0 -1 …… 0
D = (-1)n ………………… . ………………… D = (-1)n . . (-1)n = (2)
………………… …………………
cn1 cn2 ……cnn 0 0 … … -1
от (1) и (2) = 1 . 2
Сподели с приятели: |