Embed Size (px)
Citation preview
Tiesinė algebra
Severinas Zubė
Atnaujinta: 2017 m. balandžio 25 d.
Turinys
1. Tiesinių lygčių sistemos 31.1. Elementarūs pertvarkymai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2. Gauso metodas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3. Uždaviniai (1 skyriaus) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2. Matricos (I d.) 122.1. Matricų sudėtis ir daugyba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2. Matricų sandaugos pavyzdys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.3. Uždaviniai (2 skyriaus) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3. Determinantai 173.1. Determinantas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.2. Determinanto savybės . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193.3. Determinanto geometrinė prasmė . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.4. Uždaviniai (3 skyriaus) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4. Matricos (II d.) 254.1. Tiesinių lygčių sistemos užrašymas matricos pavidalu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.2. Atvirkštinė matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.3. Kramerio formulės . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.4. Uždaviniai (4 skyrius) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
5. Vektorinė erdvė. Tiesiškai nepriklausomi vektoriai.Vektorinės erdvės bazė 345.1. Vektorinė erdvė . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345.2. Tiesiškai nepriklausomi vektoriai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355.3. Vektorinės erdvės bazė . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.4. Uždaviniai (5 skyriaus) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
6. Matricos LU-forma ir jos rangas 406.1. Matricos LU-forma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406.2. Matricos rangas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426.3. Kronekerio-Kapelio teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456.4. Uždaviniai (6 skyriaus) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
7. Tiesiniai atvaizdžiai 507.1. Tiesinių atvaizdžių matricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
8. Literatūra 52
2
1. Tiesinių lygčių sistemos
Šį skyrių pradėsime nuo pažymėjimų. Tiesinė lygtis užrašoma tokia forma:
e : a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = b, (1)
Čia x1, x2, . . . , xn vadinami kintamaisiais, ai (i = 1, 2, . . . , n) - koeficientais, b - laisvu nariu.Pažymėsime:
ci(e) = ai ir vadinsime i-tuoju lygties e koeficientu prie kintamojo xi, (2)
l(e) yra mažiausias indeksas k, toks, kad ak 6= 0, t.y. ak 6= 0, bet ai = 0, kai i < k. (3)
Xi(e) yra išraiškab − (a1x1 + · · · + ai−1xi−1 + ai+1xi+1 + · · · + anxn)
ai, t.y. išraiška, (4)
esanti dešinėje pusėje išsireiškus kintamąjį xi iš lygties e.
Pavyzdžiui, jeigu duota tiesinė lygtis:
e : −2x3 + x4 − x5 = 3, tai c1(e) = 0, c2(e) = 0, c3(e) = −2, c4(e) = 1, c5(e) = −1, l(e) = 3,
X3(e) =3 − x4 + x5
−2, X4(e) = 3 + 2x3 + x5, X5(e) = 3 + 2x3 − x4.
Tiesinių lygčių sistema yra baigtinis lygčių rinkinys. Sistema gali turėti vienintelį, be galodaug, arba neturėti sprendinių. Nagrinėsime tiesinių lygčių sistemą, sudarytą iš m lygčių (eilučių),[e1,e2,...,em] :
e1 : a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1,e2 : a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .em : am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm.
Čia x1, x2, . . . , xn - kintamieji, aij (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) - koeficientai, bi (i =1, 2, . . . , m) - laisvieji nariai. Atkreipsime dėmesį, kad eilutėse kintamieji surašomi ta pačia tvar-ka.
1.1 apibrėžimas. Tiesinių lygčių sistemos sprendiniu vadinamas skaičių rinkinys (s1, s2, . . . , sn),kurį įstačius į lygčių sistemą vietoje x1, x2, . . . , xn gauname teisingas lygybes.
1.2 apibrėžimas. Dvi tiesinių lygčių sistemos su tais pačiais kintamaisiais, turinčios vienodus spren-dinius, vadinamos ekvivalenčiomis sistemomis.
1.3 apibrėžimas. Tiesinių lygčių sistema vadinama homogenine, kai visi jos laisvieji nariai yralygūs 0.
Pastaba. „Tiesinių lygčių sistemos“ sutrumpintai žymėsime „TLS“. Simbolis ∼ reiškia TLS ekviva-lentumą.
3
1.1. Elementarūs pertvarkymai
Elementarūs eilučių pertvarkymai, kurie nekeičia TLS sprendinio:
(1) bet kurios lygties daugyba iš nelygaus nuliui skaičiaus, t.y. [e1,...,ek,...,em] ∼ [e1,...,c · ek,...,em].Tokį pertvarkymą žymesime sekančiai: eilutės, kurioje bus daromas pertvakymas, dešinėje po sim-bolio | rašysime c · ek. Pavyzdžiui,
{
e1 : a11x1 + a12x2 = b1, | c · e1 (c 6= 0)e2 : a21x1 + a22x2 = b2.
∼
{
c · e1 : ca11x1 + ca12x2 = cb1,e2 : a21x1 + a22x2 = b2.
(2) vieną lygtį galima pakeisti jos ir bet kokios kitos lygties padaugintos iš bet kokio skaičiaus suma,t.y. [e1,...ei,...,ek,...,em] ∼ [e1,...,ei,...,ek + c · ei,...,em]. Tokį pertvarkymą žymėsime sekančiai: eilutės,kurioje bus daromas pertvakymas, dešinėje po simbolio | rašysime +c · ei. Pavyzdžiui,
{
e1 : a11x1 + a12x2 = b1, |e2 : a21x1 + a22x2 = b2. | + c · e1
∼
{
e1 : a11x1 + a12x2 = b1,e2 + c · e1 : (a21 + ca11)x1 + (a22 + ca12)x2 = b2 + cb1.
Sprendžiant uždavinius lentoje yra patogu naudoti kitokį užrašą:{
e1 : a11x1 + a12x2 = b1,e2 : a21x1 + a22x2 = b2.
(c) ∼
{
e1 : a11x1 + a12x2 = b1,e2 + ce1 : (a21 + ca11)x1 + (a22 + ca12)x2 = b2 + cb1.
(3) lygtis galima sukeisti vietomis, t.y. [e1,...,ei,...,ek,...,em] → [e1,...,ek,...,ei,...,em]. Tokį pertvar-kymą žymesime sekančiai: pirmoje eilutės, kuri keičiama, dešinėje po simbolio | rašysime ei ↔ ek.Pavyzdžiui,
{
e1 : a11x1 + a12x2 = b1, | e1 ↔ e2
e2 : a21x1 + a22x2 = b2. |∼
e2 : a21x1 + a22x2 = b2,
e1 : a11x1 + a12x2 = b1.
1.4 apibrėžimas. Tiesinių lygčių sistema
t1 : a11x1 + a12x2 + . . . + . . . + a1nxn = b1,t2 : a22x2 + . . . + . . . + a2nxn = b2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,tm: ammxm + . . . + amnxn = bm.
(5)
vadinama trapecine (trapecijos pavidalo), jeigu l(t1) > l(t2) > l(t3) > ... > l(tm), čia l(t) yra indeksasmažiausio nenulinio koeficiento eilutėje t (žr. formule (3)).
1.2. Gauso metodas
Mūsų tikslas yra išmokti spręsti lygčių sistemas. Tam puikiai tinka Gauso metodas.
1.1 (Gauso metodas) teorema. Kiekviena tiesinių lygčių sistema yra ekvivalenti tam tikraitrapecinei sistemai.
Gauso metodo įrodymas (žr. 1.1 teoremą) yra konstruktyvus. Parodysime šio metodo taikymąbendruoju atveju. Pradžioje apibrėžkime operatorių Ei(f,g),i = 1,...,n dviems tiesinėms lygtims:
f : a1x1 + a2x2 + ... + anxn = a,
g : b1x1 + b2x2 + ... + bnxn = b,
Ei(f,g) = ci(g)f − ci(f)g : (bia1 − aib1)x1 + (bia2 − aib2)x2 + ... + (bian − aibn)xn = bia − aib.
4
Priminsiu, kad ci(f) yra lygties f koeficientas prie xi, t.y. ai. Nauja tiesinė lygtis Ei(f,g),i = 1,...,nneturi koeficiento prie kintamojo xi. Pavyzdžiui, jeigu
f : x1 − 3x3 = 2,
g : −x1 + x2 + 4x3 = −1, tai
E1(f,g) = −f − g : −x2 − x3 = −1,
E2(f,g) = f − 0g : x1 − 3x3 = 2,
E3(f,g) = 4f + 3g : x1 + 3x2 = 5.
Svarbu atkreipti dėmesį, kad dvi lygčių sistemos [f,g] ir [f,Ei(f,g)] yra ekvivalenčios tada ir tik tada,kai ci(f) 6= 0 (čia papildomai laikysime, kad [f,g] 6∼ [f ], t.y., lygtis f nėra proporcinga g. Iš tiesų,jeigu ci(f) 6= 0, tai
[f,g] ∼ (pagal (1) taisyklę) [f, − ci(f)g] ∼ (pagal (2) taisyklę) [f,ci(g)f − ci(f)g] = [f,Ei(f,g)].
Kita vertus, jeigu ci(f) = 0, tai
[f,Ei(f,g)] = [f,ci(g)f ] 6∼ [f,g] (jeigu f nėra proporcingas g).
Veiksmus atliksime su TLS [e1,e2,...,em]:
e1 : a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1,e2 : a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .em : am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm.
Pastaba. Jeigu visose lygtyse visi koeficientai prie xi yra nuliai, tai bet koks TLS sprendinys bustokios formos (s1,s2,...,si−1,yi,si+1,...,sn), čia yi yra bet koks skaičius, t.y. laisvas kintamasis. Tokiuatveju mes sakysime, kad TLS nepriklauso nuo kintamojo xi. Tokį kintamąjį galima išmestiiš kintamųjų sąrašo ir laikysime, kad lygtis priklauso nuo mažesnio kintamųjų skaičiaus. Taigi,laikysime, kad eilutėje ci(e1),ci(e2),ci(e3),...,ci(em) yra bent vienas nenulinis skaičius, nesvarbu koksbūtų indeksas i.
1. Gauso metodas pirmame žingsnyje eliminuoja koeficientą prie x1 visose lygtyse išskyrus pirmą.Laikysime, kad pirmojoje lygtyje pirmas koeficientas c1(e1) nėra nulis. Jeigu taip nėra, tai sukeitęlygtis galime tai padaryti.
Kai c1(e1) 6= 0, atliksime sekančius elementarius pertvarkymus su TLS
[e1,e2,e3,...,em] ∼ [e1,E1(e1,e2),e3,...,em] ∼ [e1,E1(e1,e2),E1(e1,e3),...,em]
... ∼ ... ∼ [e1,E1(e1,e2),E1(e1,e3),...,E1(e1,em)]
Po pirmojo žingsnio mūsų TLS atrodys sekančiai:
e1: a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1,e′
2 = E1(e1,e2): 0x1 + a′
22x2 + . . . + a′
2nxn = b′
2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .e′
m = E1(e1,em): 0x1 + a′
m2x2 + . . . + a′
mnxn = b′
m.
Kitaip tariant l(e1) = 1 ir l(ei) ≥ 2, kai i ≥ 2.2. Antrame žingsnyje dirbama tik su modifikuotomis lygtimis e′
2,e′
3,...,e′
m ir eliminuojame koe-ficientą prie x2 visose lygtyse išskyrus antrą. Vėl laikysime, kad antrojoje lygtyje antras koeficientasc2(e′
2) nėra nulis. Jeigu taip nėra, tai sukeitę lygtis galime tai padaryti. Pastaba. Jeigu visgi to
5
padaryti negalima, t.y., visose lygtyse e′
2,e′
3,...,e′
m visi koeficientai prie x2 yra nuliai, pereiname priesekančio žingsnio.
Kai c2(e′
2) 6= 0, atliksime sekančius elementarius pertvarkymus su TLS
[e1,e′
2,e′
3,...,e′
m] ∼ [e1,e′
2,E2(e′
2,e′
3),e′
4,...,e′
m] ∼ [e1,e′
2,E2(e′
2,e′
3),E2(e′
2,e′
4),...,e′
m]
... ∼ ... ∼ [e1,e′
2,E2(e′
2,e′
3),E2(e′
2,e′
3),...,E2(e′
2,e′
m)]
3. Analogiškai kaip ir pirmuose dviejuose žingsniuose, trečiame žingsnyje dirbama tik su modifi-kuotomis lygtimis e′′
3 = E2(e′
2,e′
3),e′′
4 = E2(e′
2,e′
4),...,e′′
m = E2(e′
2,e′
m) ir eliminuojame koeficientą priex3 visose lygtyse išskyrus trečią.
4,...,m. Toliau naikiname koeficientus, esančius prie x4, x5, . . . , xm. Po m žingsnių mūsų TLSatrodys sekančiai:
e1: a11x1 + a12x2 + . . . + amnxm + . . . + a1nxn = b1,e′
2: 0x1 + a′
22x2 + . . . + a′
mnxm + . . . + a′
2nxn = b′
2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .em: 0x1 + 0x2 + . . . + ammxm + . . . + amnxn = bm,
Tai ir yra trapecinis pavidalas, kuris buvo pažadėtas teoremoje apie Gauso metodą, nesl(e1) > l(e′
2) > ... > l(em). �
Toliau paaiškinsime kaip užrašyti visus trapecinės sistemos (5) [t1,t2,...,tm] sprendinius.Gali būti, kad tarp TLS yra lygtis, kurios visi koeficientai ir laisvasis narys yra nuliai, t.y.,
0x1 + 0x2 + ... + 0xn = 0.
Aišku, kad tokią lygtį galima pašalinti iš sistemos, nes ją tenkina bet kokie sprendiniai ir ji neužde-da papildomų sąlygų sprendiniams. Todėl toliau laikysime, kad tokių visiškai nulinių lygčių mūsųsistemoje nėra.
Gali būti ir kitas ypatingas atvejis, kai tarp sistemos lygčių yra lygtis, kurios visi koeficientai yranuliai, bet laisvasis narys nelygus nuliui, t.y.
0x1 + 0x2 + ... + 0xn = b, b 6= 0.
Aišku, kad tokia lygtis neturi sprendinių ir ji vadinama nesuderinta. Tada ir visa lygčių sistemairgi neturės sprendinių. Todėl toliau laikysime, kad tokių nesuderintų lygčių mūsų sistemoje nėra.
Tarkime, kad mažiausi nenuliniai indeksai trapecinėje TLS yra l(ti) = ni. Kadangi TLS yratrapecinė, tai n1 > n2 > ... > nm. Pradėsime nuo paskutinės lygties sprendimo, tada žingsnis požingsnio kilsime į viršų. Lygties tm sprendiniams galima naudoti tokį algoritmą:
Lygtyje tm yra bent vienas koeficientas, nelygus nuliui. Tarkime, kad su mažiausiu indeksuprie kintamojo xk, t.y. l(tm) = nm = k (žr. apibrėžimą (3)). Tada lygtis tm su kintamaisiais(xk,xk+1,...,xn) turi tokius sprendinius
(Xk(em), xk+1,xk+2,...,xn), čia priminsiu (žr. (4)) Xk(em) =bm − (amk+1xk+1 + ... + amnxn)
amk,
užrašytame sprendinyje laikysime, kad xk+1,...,xn yra bet kokie skaičiai. Jie vadinami laisvaisiaiskintamaisiais (arba sprendiniais). Sprendinio komponentė su indeksu k yra vadinama priklausoma,nes pagal aukščiau užrašytą formulę ji priklauso nuo xk+1,...,xn.
6
Dabar kylame aukščiau ir nagrinėsime TLS [tm−1,tm] sprendinius. Tarkime, kad mažiausiasnenulinis koeficientas lygtyje tm−1 yra j, t.y., j = l(tm−1). Tada TLS [tm−1,tm] su kintamaisiais(xj ,xj+1,...,xk,...,xn) turi tokius sprendinius:
( Xj , xj+1, xj+2, ..., xk−1, Xk, xk+1, ..., xn), čia Xk = Xk(em), (6)
Xj =bm−1 − (am−1j+1xj+1 + ... + am−1kXk + am−1k+1xk+1 + ... + am−1nxn)
am−1j. (7)
Kitaip tariant, sprendinyje bus du priklausomi kintamieji Xj ir Xk, o likusieji xj+1,...,xk−1,xk+1,...,xn
yra bet kokie skaičiai, kurie vadinami laisvaisiais kintamaisiais (arba sprendiniais). Išraiška Xj yrarandama taip: į išraišką Xj(em−1) vietoje kintamojo xk yra įstatyta išraiška Xk. Tą įstatytą išraiškąžymėsime sekančiai: Xj = Xj(em−1)(xk = Xk). Taigi, sprendinio kompenentė su indeksu j yrapriklausoma nuo xj+1,...,xk−1,xk+1,...,xn. Atkreipsime dėmesį, jog sprendiniai ( 6) taip pat yra irlygties tm sprendiniai.
Toliau pereiname prie lygties tm−2. Tarkime, kad mažiausias nenulinis koeficientas lygtyje tm−2
yra i, t.y., i = l(tm−2). Sprendinys (tenkinantis visas tris lygtis tm,tm−1,tm−2) atrodys taip
(Xi,xi+1,...,xj−1,Xj,xj+1,...xk−1,Xk,xk+1,...,xn),
čia Xi = Xi(em−2)(xj = Xj,xk = Xk) priklausys nuo laisvų kintamųjų xi+1,...,xj−1,xj+1,...xk−1,xk+1,...,xn.Po m žingsnių gausime visos TLS sprendinį. Jis atrodys taip:
(Xn1,xn1+1...,xn2−1,Xn2
,xn2+1,...,xj−1,xj ,xj+1,...xnm−1,Xnm,xnm+1,...,xn).
Sprendinys turės lygiai m priklausomų kintamųjų Xniir n − m laisvų kintamųjų xh.
Pavyzdys.
t1 : 2x1 − 3x2 − x3 + x4 − x5 = 2,t2 : 4x3 − x4 + 2x5 = −3,t3 : 2x4 + x5 = 1.
išsprendžiamex1,x3,x4
∼
x1 = 2+3x2+x3−x4+x5
2,
x3 = −3+x4−2x5
4,
x4 = 1−x5
2.
∼
Pagal aukščiau aprašytą algoritmą pažiūrėjus į trapecinės formos lygtį galima pasakyti, kad spren-dinys turės tris priklausomus kintamuosius X1,X3,X4, nes minimalūs nenuliniai koeficientai prieatitinkamų eilučių yra l(t1) = 1, l(t2) = 3, l(t3) = 4. Taip pat bus du laisvi kintamieji x2, x5 ir spren-dinys atrodys taip (X1,x2,X3,X4,x5). Pagal išdėstytą algoritmą lygties t3 sprendiniai yra (1−x5
2,x5),
čia x5 laisvas kintamasis.
įstatome x4 į x3, x1
∼
x1 =2+3x2+x3−(
1−x5
2)+x5
2,
x3 =−3+(
1−x5
2)−2x5
4,
x4 = 1−x5
2.
suprastiname∼
x1 = 3+6x2+2x3+3x5
4,
x3 = −5−5x5
8,
x4 = 1−x5
2.
∼
įstatome x3 į x1
∼
x1 =3+6x2+2(
−5−5x5
8)+3x5
4,
x3 = −5−5x5
8,
x4 = 1−x5
2.
suprastiname∼
x1 = 12+24x2+7x5
16,
x3 = −5−5x5
8,
x4 = 1−x5
2.
Taigi, visi TLS sprendiniai atrodo taip:(12 + 24x2 + 7x5
16, x2,
−5 − 5x5
8,1 − x5
2, x5
)
, čia x2, x5 bet kokie skaičiai.
Pastaba. Galutinis sprendinys gali priklausyti nuo laisvų kintamųjų parinkimo. Ta priklausom-bė nėra vienareikšmiška, kadangi lygties sprendimo algoritme sprendinys priklauso nuo nenuliniokoeficiento pasirinkimo. Jeigu būtume pasirinkę kitą nenulinį keoficientą (mes visada rinkomės su
7
minimaliu indeksu), tai gautumėme kitokios formos sprendinį. Pavyzdžiui, lygties e : x1 + 2x2 = 1sprendiniai gali būti užrašyti dvejomis skirtingomis formomis: (1 − 2y2,y2) arba (y1,
12
− y1
2), čia y1,y2
bet kokie skaičiai.
Pastaba. Tiesinių lygčių sistemas patogiau spręsti užsirašius jas kaip matricas. Kas yra matricos irkaip jos sprendžiamos, sužinosite kituose skyriuose.
Pavyzdžiai:
1.{
x1 + x2 = 1,x1 − x2 = 3.
(−1) ∼
{
x1 + x2 = 1,0x1 − 2x2 = 2.
∼
{
x1 − 1 = 1,x2 = −1.
∼
{
x1 = 2,x2 = −1.
2.
x + y + z = 2,2x − y + 3z = 0,
3x − 2y − 2z = 6.
(−2) (−3)∼
x + y + z = 2,0x − 3y + z = −4,
0x − 5y − 5z = 0.
(
− 5
3
)∼
x + y + z = 2,0x − 3y + z = −4,
0y − 203
z = 203
.∼
∼
x + y − 1 = 2,−3y − 1 = −4,
z = −1.∼
x + y = 3,−3y = −3,
z = −1.∼
x + 1 = 3,y = 1,z = −1.
∼
x = 2,y = 1,z = −1.
3.
2x1 + x2 − x3 − 3x4 = 1,3x1 − x2 + 3x3 + x4 = 2,
5x1 + 2x3 − 2x4 = 3,4x1 + 2x2 − 2x3 − 6x4 = 5.
(
−32
) (
−52
)
(−2)
∼
2x1 + x2 − x3 − 3x4 = 1,0x1 − 5
2x2 + 9
2x3 + 11
2x4 = 1
2,
0x1 − 52x2 + 9
2x3 + 11
2x4 = 1
2,
0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 3.
Pažvelgę į paskutinę lygtį matome, jog sprendinių nėra.
Pastaba. Jei spręsdami TLS gauname dvi (ar daugiau) vienodų lygčių, tada pakanka paliktivieną iš jų, o kitą(-as) galima pašalinti.
4. Šis pavyzdys yra kitoks, kadangi sprendžiant tokius uždavinius atsakymas priklauso nuo lais-vųjų narių pasirinkimo. Šiuo atveju galimi keli skirtingi (ir tuo pačiu - teisingi) atsakymai.
2x1 − x2 + 3x3 − x4 = 0,2x1 + 3x2 − x3 + x4 = 1,
4x1 + 2x2 + 2x3 = 1,2x1 − x2 + 3x3 − x4 = 0.
(−1)
∼
2x1 − x2 + 3x3 − x4 = 0,4x2 − 4x3 + 2x4 = 1,4x1 + 2x2 + 2x3 = 1.
(−2)∼
∼
2x1 − x2 + 3x3 − x4 = 0,4x2 − 4x3 + 2x4 = 1,4x2 − 4x3 + 2x4 = 1.
∼
{
2x1 − x2 + 3x3 − x4 = 0,4x2 − 4x3 + 2x4 = 1.
Pasirenkame x2 ir x3 kaip laisvuosius kintamuosius, t.y., per šiuos kintamuosius išsireikšimekitus kintamuosius.
Pastaba. Šiuo atveju laisvaisiais galima pasirinkti x2 ir x4 arba x3 ir x4, bet tada gautasatsakymas skirsis nuo pateiktojo.
8
Iš antrosios lygties patogu išsireikšti x4 (kadangi prie x1 koeficientas yra 0, o x2 ir x3 - laisvikintamieji):
4x2 − 4x3 + 2x4 = 1,2x4 = 1 − 4x2 + 4x3, | : 2x4 = 1−4x2+4x3
2= 1
2− 2x2 + 2x3.
Įstatome x4 į pirmą lygtį ir išsireikšime x1:
2x1 − x2 + 3x3 −(
12
− 2x2 + 2x3
)
= 0,
2x1 − x2 + 3x3 − 12
+ 2x2 − 2x3 = 0,x1 + x2 + x3 − 1
2= 0,
2x1 = 12
− x2 − x3, | : 2x1 = 1
4− x2
2− x3
2.
Atsakymas:(
14
− x2
2− x3
2, x2, x3, 1
2− 2x2 + 2x3
)
; x2, x3 ∈ R - laisvieji kintamieji.
9
1.3. Uždaviniai (1 skyriaus)
Gauso būdu išspręskite TLS.
1.
x1 + 2x2 − 2x3 = −3,3x1 − 2x2 + 5x3 = 13,
−3x1 + 7x2 + 4x3 = 5.
2.
−5x1 − 4x2 + x3 = 8,2x1 − 2x2 + 5x3 = 4,
x1 + x2 + 2x3 = 3.
3.
2x1 + x2 − x3 − 3x4 = −2,x1 − x2 + 2x3 − x4 = −4,
−5x1 + 2x2 + x3 − 4x4 = −12,2x1 + x2 − 3x3 + x4 = 8.
4.
x1 + 2x2 − x3 + x4 = −3,3x1 + 3x2 − 5x3 + 2x4 = −7,
−3x1 + x2 + 4x3 − 5x4 = 5,x1 + 3x2 − 2x3 + x4 = −5.
5.
2x1 − 3x2 − 4x3 + x4 = 5,x1 − x2 − x3 = 2,
4x1 + x2 + x3 − 5x4 = 3,−x1 + 2x2 + x3 − x4 = −3.
6.
x1 + 2x2 − x3 = 4,3x1 − x2 + 2x3 = 3,
2x1 + x2 + λ = 6., čia λ yra parametras.
7.
2x1 + 7x2 + 3x3 + x4 = 5,x1 + 3x2 + 5x3 − 2x4 = 3,x1 + 5x2 − 9x3 + 8x4 = 1,
5x1 + 18x2 + 4x3 + 5x4 = 12.
8.
2x1 − x2 + x3 − x4 = 3,4x1 − 2x2 − 2x3 + 3x4 = 2,2x1 − x2 + 5x3 − 6x4 = 1,2x1 − x2 − 3x3 + 4x4 = 5.
10
Atsakymai
1. (1, 0, 2).
2. (−2, 1, 2).
3. (1, 1, −1, 2).
4. (1, −1, 1, −1).
5. (1 + x4, −1 + x4, 0, x4); x4 ∈ R arba sprendinį galima ir tokia forma (2 + x2,x2,0,x2 + 1).
6. (7 − 3 λ, − 8 + 5 λ, − 13 + 7 λ).
7. (6 − 26x3 + 17x4, −1 + 7x3 − 5x4, x3, x4); x3, x4 ∈ R.
8. Sprendinių nėra.
11
2. Matricos (I d.)
2.1 apibrėžimas. Matrica yra stačiakampė m × n dydžio matematinių objektų (įprastai skaičių,tačiau gali būti ir funkcijų bei kt.) lentelė, kuria žymėsime A. Jos elementas aij yra patalpintasi-toje eilutėje ir j-tame stulpelyje. Lentelė A apskliausime lenktiniais skliaustais.
A =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn
.
Kai m = n, matrica vadinama kvadratine n-tosios eilės (arba n-mate) matrica.Matricos A, i-toji eilutė bus žymima
ei(A) = (ai1, ai2, . . . , ain).
Matricos A, j-tasis stulpelis yra
sj(A) =
a1j
a2j
. . .amj
.
Pastaba. Matricą A sutrumpintai galima užrašyti pavidalu A = (aij)m×n arba A = (aij)(kai m ir n žinomi arba nesvarbus).
2.2 apibrėžimas. Dvi matricos vadinamos vienarūšėmis, kai jos turi po tiek pat eilučių ir stulpelių.
2.3 apibrėžimas. Matricos A transponuota matrica, žymima AT , yra matrica, kurioje matricos Aeilutės užrašytos kaip stulpeliai, t.y.,
AT =
a11 a21 . . . am1
a12 a22 . . . am2
. . . . . . . . . . . .a1n a2n . . . amn
.
Pavyzdžiui, transponuotas stulpelis tampa eilute, t.y. sj(A)T = (a1j , a2j , . . . , amj).
Pavyzdžiui, tarkime, kad matrica A =
(
2 15 3
)
. Tuomet AT =
(
2 51 3
)
.
2.1. Matricų sudėtis ir daugyba
2.4 apibrėžimas. Vienarūšes matricas galima sudėti. Matricų
A =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn
ir B =
b11 b12 . . . b1n
b21 b22 . . . b2n
. . . . . . . . . . . .bm1 bm2 . . . bmn
suma vadinama matrica
C = A + B =
a11 + b11 a12 + b12 . . . a1n + b1n
a21 + b21 a22 + b22 . . . a2n + b2n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn
.
12
Sutrumpintai matricų sumą galima užrašyti kaip A + B = (aij) + (bij) = (aij + bij).
Pastaba. Atkreipkite dėmesį, kad galima sudėti tik vienarūšes matricas!
2.5 apibrėžimas. Skaičiaus c ir matricos A = (aij) sandauga vadinama matrica cA = (caij), t.y.,
c · A = c ·
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn
=
ca11 ca12 . . . ca1n
ca21 ca22 . . . ca2n
. . . . . . . . . . . .cam1 cam2 . . . camn
.
2.6 apibrėžimas. MatricųA = (aij)m×n ir B = (bij)n×k
sandauga vadinama matrica C = A · B
C = A · B =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn
·
b11 b12 . . . b1k
b21 b22 . . . b2k
. . . . . . . . . . . .bn1 bn2 . . . bnk
=
=
∑nl=1 a1lbl1
∑nl=1 a1lbl2 . . .
∑nl=1 a1lblk
∑nl=1 a2lbl1
∑nl=1 a2lbl2 . . .
∑nl=1 a2lblk
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .∑n
l=1 amlbl1∑n
l=1 amlbl2 . . .∑n
l=1 amlblk
m×k
.
Norint geriau suprasti matricų sandaugą. Pradžioje pažiūrėkime į eilutes e = (a1,a2,...,an) irstulpelio sT = (b1,b2,...,bn) sandauga
e · s = a1b1 + a2b2 + ... + anbn =n∑
l=1
albl.
Kitaip tariant sudaugintos matricos C elementas cij yra matricos A i-tos eilutės ei(A) ir matricos Bj-tojo stulpelio sj(B) sandauga, t.y.
cij = ei(A) · sj(B) =n∑
l=1
ailblj .
Pastaba. Turėjote pastebėti, jog dvi matricas galima sudauginti tik tada, kai pirmosios matricosstulpelių skaičius sutampa su antrosios matricos eilučių skaičiumi.
2.2. Matricų sandaugos pavyzdys
Pažvelgę į matricų sandaugos apibrėžimą turėjote pastebėti „bauginančias“ išraiškas (kai kuriestudentai bijo tokių sumų, nes jų užrašymas atrodo sudėtingas, tačiau iš tiesų jas labai paprastaskaičiuoti). Kadangi matricų sandauga yra labai svarbus dalykas ir kai kurie studentai skaičiuoda-mi mėgsta supainioti eiliškumą ir pan., tai šiame skyriuje pateiksime keletos nesudėtingų matricųsandaugos pavyzdį.
Tarkime
A =
1 3 0 75 4 1 18 1 3 1
ir B =
2 2 1 0 31 4 1 3 20 2 1 0 36 3 1 2 1
.
Kadangi matricos A dydis yra 3 × 4, o matricos B dydis 4 × 5, tai iškart matome, kad matricos A · Bdydis bus 3 × 5.
13
1. Imame matricos A pirmą eilutę, matricos B pirmą stulpelį ir pakoordinačiui sudauginame, otada sudedame:
A · B =
1 3 0 75 4 1 18 1 3 1
·
2 2 1 0 31 4 1 3 20 2 1 0 36 3 1 2 1
=
1 · 2 + 3 · 1 + 0 · 0 + 7 · 6 . . ....
=
47 . . ....
.
2. Imame sekančius matricos B stulpelius (vis dar naudojama pirma matricos A eilutė) ir tokiupačiu principu kaip 1-ame žingsnyje apskaičiuojame reikšmes:(
47 1 · 2 + 3 · 4 + 0 · 2 + 7 · 3 1 · 1 + 3 · 1 + 0 · 1 + 7 · 1 1 · 0 + 3 · 3 + 0 · 0 + 7 · 2 1 · 3 + 3 · 2 + 0 · 3 + 7 · 1...
)
.
Taigi, apskaičiavome matricos A · B pirmosios eilutės reikšmes.
A · B =
47 35 11 23 16...
.
3. Matricos A · B antrosios eilutės reikšmės apskaičiuojamos tokiu pat principu kaip nurodyta 1ir 2 žingsniuose. Skirtumas tik toks, kad imame matricos A ne pirmą, o antrą eilutę.
A · B =
1 3 0 75 4 1 18 1 3 1
·
2 2 1 0 31 4 1 3 20 2 1 0 36 3 1 2 1
=
47 35 11 23 165 · 2 + 4 · 1 + 1 · 0 + 1 · 6 . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
.
Gauname matricą
47 35 11 23 1620 31 11 14 27. . . . . . . . . . . . . . .
.
4. Imame matricos A trečią eilutę ir apskaičiuojame matricos A · B trečios eilutės narius:
A · B =
1 3 0 75 4 1 18 1 3 1
·
2 2 1 0 31 4 1 3 20 2 1 0 36 3 1 2 1
=
47 35 11 23 1620 31 11 14 2723 29 13 5 36
.
14
2.3. Uždaviniai (2 skyriaus)
1. Duotos matricos
A =
−1 0 3 25 2 −3 −16 −6 1 0
ir B =
−1 2 0 −23 3 1 25 1 2 0
.
Apskaičiuokite matricas:
(a) A + B;
(b) A − B;
(c) −A − 2B.
Pastaba. Jei matrica A =
(
1 −32 2
)
, tai matrica −A =
(
−1 3−2 −2
)
. Skaičiuojant sudėtin-
gesnes išraiškas patartina jas išsiskaidyti į dalis, pvz., jei skaičiuojame matricą −A − 2B, taipaprasčiau atskirai apskaičiuoti matricas −A ir −2B, o po to jas sudėti.
2. Duotos matricos
A =
3 1 2 12 0 8 3
−1 3 −1 1
ir B =
2 1 0 11 5 4 40 6 1 14 2 6 1
.
Apskaičiuokite matricas
(a) A · B;
(b) (−2A) · B.
3. Apskaičiuokite matricų sandaugas A · B ir B · A, jeigu
(a)
A =
1 −3 23 −4 12 −5 3
, B =
2 5 61 2 51 3 2
;
(b)
A =
5 2 −2 36 4 −3 59 2 −3 47 6 −4 7
, B =
2 2 2 2−1 −5 3 1116 24 8 −88 16 0 −16
;
(c)
A =
1 1 1 −1−5 −3 −4 4
5 1 4 −3−16 −11 −15 14
, B =
7 −2 3 411 0 3 45 4 3 0
22 2 9 8
.
Atsakymai
15
1. (a)
−2 2 3 08 5 −2 1
11 −5 3 0
;
(b)
0 −2 3 42 −1 −4 −31 −7 −1 0
;
(c)
3 −4 −3 2−11 −8 1 −3−16 4 −5 0
.
2. (a)
11 22 12 1016 56 26 135 10 17 11
;
(b)
−22 −44 −24 −20−32 −112 −52 −26−10 −20 −34 −22
= (−2) ·
11 22 12 1016 56 26 135 10 17 11
.
3. (a)
A · B =
1 5 −53 10 02 9 −7
; B · A =
29 −56 2717 −36 1914 −25 11
;
(b)
A · B =
0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0
; B · A
54 28 −24 3869 50 −36 61240 96 −96 14424 −16 0 −8
;
;
(c)
A · B =
1 0 0 00 2 0 00 0 3 00 0 0 4
.
16
3. Determinantai
3.1. Determinantas
3.1 apibrėžimas. Determinantas – tiesinės algebros funkcija, kiekvienai kvadratinei n × n dydžiomatricai B priskirianti skaliarinę reikšmę, kuri žymima det(A) arba |A|.
Dvimatės matricos determinantą apskaičiuoti lengviausia:
det(A) = |A| =
∣
∣
∣
∣
∣
a bc d
∣
∣
∣
∣
∣
= ad − bc. (8)
Taip pat prasminga žinoti ir trimatės matricos determinanto formulę:
det(A) = |A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a b cd e fg h i
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= aei + bfg + cdh − ceg − bdi − afh. (9)
Bendroji determinanto formulė apibrėžiama pagal indukciją.
Bendroji determinanto skaičiavimo formulė :
det(A) = |A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 ... a1m
a21 a22 ... a2m
... ... ... ...am1 am2 ... amm
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= ak1Ak1 + ak2Ak2 + ... + akmAkm = (10)
= a1kA1k + a2kA2k + ... + amkAmk =m∑
j=1
akjAkj =m∑
i=1
aikAik, 1 6 k 6 m.
Šios formulės kartais vadinamos Laplaso taisykle determinantui skaičiuoti. Taigi, iš formulėsmatome, kad determinantą galime apskaičiuoti sudėdami bet kurio matricos stulpelio arba eilutėselementus aij padaugintus iš jų adjunktų Aij .
Adjunkto apskaičiavimas:
Formulėje Aij yra matricos A elemento aij adjunktas. Jis apskaičiuojamas to elemento minorąMij padauginus iš 1 arba -1, priklausomai nuo elemento pozicijos matricoje:
Aij = (−1)i+jMij . (11)
Minoro apskaičiavimas:
Kad apskaičiuoti elemento aij minorą, reikia sudaryti matricą, kuri gaunasi iš pradinės išbraukusi-ąją eilutę ir j-ąjį stulpelį . Minoras yra gautos matricos determinantas.
Tarkime A yra pradinė matrica ir norime surasti elemento a22 minorą:
A =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
.
Iš matricos A išbraukiame antrą eilutę ir antrą stulpelį:
A =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
.
17
Taigi, gauname matricą:
A22 =
(
a11 a13
a31 a33
)
.
Elemento a22 minoras yra matricos A22 determinantas:
M22 = detA22 =
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a13
a31 a33
∣
∣
∣
∣
∣
= a11a33 − a13a31.
Pavyzdžiai
1.∣
∣
∣
∣
∣
−3 26 9
∣
∣
∣
∣
∣
= −3 · 9 − 2 · 6 = −27 − 12 = −39.
2.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−3 2 96 9 −16
−8 2 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −3·(−1)1+1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
9 −162 −1
∣
∣
∣
∣
∣
+2·(−1)1+2 ·
∣
∣
∣
∣
∣
6 −16−8 −1
∣
∣
∣
∣
∣
+9·(−1)1+3 ·
∣
∣
∣
∣
∣
6 9−8 2
∣
∣
∣
∣
∣
=
= −3 · (9 · (−1) − (−16) · (2)) − 2 · (6 · (−1) − (−16) · (−8)) + 9 · (6 · 2 − 9 · (−8)) =
= −69 − (−268) + 756 = 955
arba∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−3 2 96 9 −16
−8 2 −1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −3 · 9 · (−1) + 2 · (−16) · (−8) + 9 · 6 · 2 − 9 · 9 · (−8) − 2 · 6 · (−1)−
−(−3) · (−16) · 2 = 955.
3.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −2 45 −1 3
−1 −2 −3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 1·(−1)1+1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
−1 3−2 −3
∣
∣
∣
∣
∣
+5·(−1)2+1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
−2 4−2 −3
∣
∣
∣
∣
∣
+(−1)·(−1)3+1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
−2 4−1 3
∣
∣
∣
∣
∣
=
= 1 · (−1 · (−3) − 3 · (−2)) − 5 · (−2 · (−3) − 4 · (−2)) − 1 · (−2 · 3 − 4 · (−1)) =
= 9 − 70 + 2 = −59
arba∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −2 45 −1 3
−1 −2 −3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 1 · (−1) · (−3) + (−2) · 3 · (−1) + 4 · 5 · (−2) − 4 · (−1) · (−1) + 2 · 5 · (−3)−
−1 · 3 · (−2) = −59.
18
3.2. Determinanto savybės
Determinantas turi keletą savybių, kuriomis vadovaujantis determinanto paiešką galime paverstižymiai greitesne ir efektyvesne.
Pastaba. Skaičiuojant determinantą geriausia visada imti eilutę arba stulpelį, kuriame yra daugiau-sia nulių. Tokiu būdu yra išvengiama daug nereikalingų aritmetinių veiksmų. Taip pat patartinapertvarkyti matricą taip, kad jos vienoje eilutėje arba stulpelyje liktų tik vienas nelygus nuliui ele-mentas.
Matricą A sudarytą iš n eilučių e1,e2,...,en ir n stulpelių s1,s2,...,sn sutrumpintai užrašykime taip:A = [e1,e2,...,en] arba A = (s1,s2,...,sn). Determinanto savybės:
1. Visas matricos eilutes parašius kaip stulpelius, matricos determinantas nesikeičia, t.y.|A| = |AT |. Pvz.:
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a21 a31
a12 a22 a32
a13 a23 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
2. Sukeitus dvi determinanto eilutes (arba stulpelius) vietomis, determinanto reikšmė tampa prie-šinga. Pvz.:
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a31 a32 a33
a21 a22 a23
a11 a12 a13
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
3. Determinantas lygus nuliui, jei jis turi dvi vienodas eilutes (arba stulpelius).
4. Determinantas lygus nuliui, jei jo vienoje eilutėje (arba stulpelyje) visi elementai yra nuliai.
5. Bendrą kurios nors determinanto eilutės (arba stulpelio) daugiklį galima iškelti prieš determi-nantą, t.y. |[c · e1,e2,...,en]| = c · |[e1,e2,...,en]|, čia c bet koks skaičius. Pvz.:
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
ca21 ca22 ca23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= c ·
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
6. Matricos, kurios turi dvi proporcingas eilutes arba stulpelius, determinantas lygus nuliui.
7. Jei matricos eilutėje (arba stulpelyje) yra elementai, sudaryti iš dviejų dėmenų, tai šios mat-ricos determinantą galima skaičiuoti sudedant dviejų matricų, kurios sudarytos iš tokių pačiųelementų, tik dėmenys išskaidyti per dvi matricas, determinantus. Kitaip tariant|[e1 + b,e2,...,en]| = |[e1,e2,...,en]| + |[b,e2,...,en]|, čia b bet kokia eilutė ilgio n. Pvz.:
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
b21 + c21 b22 + c22 b23 + c23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
b21 b22 b23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
+
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
c21 c22 c23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
8. Prie bet kurios matricos eilutės (arba stulpelio) pridėjus kitą matricos eilutę (arba stulpelį) pa-daugintą iš bet kokio skaičiaus, tos matricos determinantas nepasikeis. Tai galima sutrumpintaiužrašyti |[e1 + λe2,e2,...,en]| = |[e1,e2,...,en]|, čia λ bet koks skaičius. Pvz.:
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
·(k)=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 + k · a11 a32 + k · a12 a33 + k · a13
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
19
Naudojantis tomis savybemis nesunku rasti trikampės matricos determinatą. Matrica A vadinsi-me trikampe, jeigu jos visi elementai žemiau (arba aukščiau) diagonalės yra nuliai, t.y. aij = 0, kaii > j (arba i < j). Kaip nesunku matyti, tokios matricos determinantas yra diagonalinių elementųsandauga, t.y. A = a11a22...ann. Naudojantis elementariais pertvarkymais bei determinato 2 ir 8savybėmis, matrica gali būti suvesta į trikampį pavidalą ir tada surastas jos determinatas. Tai tikraiefektyvus būdas skaičiuoti determinatams.
Pavyzdžiai
1.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −8 2−4 3 5−6 6 7
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
·3 ·2=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −8 20 −13 90 −18 13
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2 · (−1)1+1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
−13 9−18 13
∣
∣
∣
∣
∣
=
= 2 · (−13 · 13 − (−18) · 9) = −14.
2.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 6 −4 2−1 −1 3 2
3 −6 4 11 −2 2 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −2 2 3−1 −1 3 2
3 −6 4 12 6 −4 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
·(−2) ·(−3) ·1
= −
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −2 2 30 −3 5 50 0 −2 −80 10 −8 −4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −1 · (−1)1+1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−3 5 50 −2 −8
10 −8 −4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −1 · (−1)1+1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−3 0 105 −2 −85 −8 −4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
·(−4)
= −1 ·
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−3 0 105 −2 −8
−15 0 28
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −1 · (−2) ·
∣
∣
∣
∣
∣
−3 10−15 28
∣
∣
∣
∣
∣
= 2 · (−3 · 28 − 10 · (−15)) = 2 · 66 = 132.
3.3. Determinanto geometrinė prasmė
3.2 apibrėžimas. Dvimatės matricos determinanto modulis yra lygiagretainio plotas, kurį koordi-načių plokštumoje sudaro du vektoriai, kurių koordinatės yra matricos eilutėse esantys skaičiai, irdvi atkarpos, lygiagrečios kiekvienam vektoriui.
v2 + λv1
x
y0
v2
v1
1 pav. Du vektoriai sudarantys lygiagretainio šonus
Jei matrica yra:
A =
(
a11 a12
a21 a22
)
= [v1,v2],
20
tai vektoriai bus: v1 = (a11, a12) ir v2 = (a21, a22). Dvimatės matricos A determinantas yra lygus± lygiagretainio L(v1,v2) plotui S(L(v1,v2)). Jeigu vektoriai yra išsidėstę plokštumoje kaip pavaiz-duota 1 paveikliuke, tada determinatas bus teigiamas, t.y. lygus plotui. Jeigu plokštumoje sukantvektorių v1 prieš laikrodžio rodyklę kampu mažesniu nei 180 laipsnių pasieksime vektoriaus v2 kryptį,tada tokių vektorių pora [v1,v2] vadinama dešininės orientacijos. Jeigu sukti reikia didesniu nei 180laipsnių, tada vektorių pora [v1,v2] bus vadinama kairinės orientacijos ir atitinkamas determinatasbus neigiamas.
Įrodysime, kad lygiagretainio L(v1,v2) plotas S(L(v1,v2)) yra ±|A|. Pradžioje pastebėsime, kadlygiagretainių L(v1,v2) ir L(v1,v2 + λv1) (λ bet koks skaičius) yra lygus, nes sutampa aukštinėsir pagrindai. Jeigu paimsime lygiagretaini L(v1, v2 − a21
a11v1), tai vienas iš jis sudarančių vektorių
v′
2 = v2 − a21
a11v1 = (0, a22 − a21
a11a12) = (0, a′
22) yra ant Oy ašies. Dabar pakeiskime vektorių v′
1 =v1 − a12
a′
22
v2 = (a11, 0). Kaip jau sakiau, tokie pakeitimai nekeičia lygiagretainio ploto, bet taip pattokie pakeitimai nekeičia ir determinatų atitinkamų matricų t.y.
S(L(v1,v2)) = S(L(v1,v′
2)) = S(L(v′
1,v′
2)) = |a11 a′
22| = ±a11 a′
22 = ±det([v′
1,v′
2]) = ±det([v1,v2]).
Trimatės matricos determinato modulis yra tūris stačiakampio gretasienio, kuris sudarytas išatitinkamu trijų matricos eilučių vektorių. Analogiškai, n-matės matricos determinato modulis yratūris n-matčio stačiakampio gretasienio, kuris sudarytas iš atitinkamu matricos eilučių vektorių.
21
3.4. Uždaviniai (3 skyriaus)
Apskaičiuokite determinantus:
1.∣
∣
∣
∣
∣
−8 124 −4
∣
∣
∣
∣
∣
.
2.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−5 5 3−7 3 6
2 1 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
3.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−21 1 5−23 0 5−3 −2 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
4.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
0 2 1−2 −4 −1
2 −1 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
5.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 5 6−7 13 −10
4 16 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
6.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
3 8 −412 −13 −122 9 −2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
Atsakymai
1. -16.
2. 71.
3. 5.
4. 14.
5. -986.
6. -134.
22
Taikydami determinanto savybes apskaičiuokite determinantus:
1.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
6 −9 21 16 −47 5 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 2 32 3 13 1 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
2.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
8 2 2 31 −1 2 3
−3 −4 6 −16 −3 2 4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
3.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−3 9 3 6−5 8 2 7
4 −5 −3 −27 −8 −4 −5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
4.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
3 2 2 29 −8 5 105 −8 5 86 −5 4 7
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
5.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 −5 1 2−3 7 −1 4
5 −9 2 7−1 −7 0 −21
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
6.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
8 −6 6 51 2 −1 −84 −6 6 16 5 −8 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
7.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
52 46 −85 156−23 −2 −121 −69−61 203 40 −183
16 12 1 48
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
.
8.∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a b c d
−b a −d c
−c d a −b
−d −c b a
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
, suraskite A · AT .
23
Atsakymai
1. 683, -18
2. 558.
3. 18.
4. -6.
5. 0.
6. -924.
7. 0.
8. (a2 + b2 + d2 + c2)2, A · AT = (a2 + b2 + d2 + c2)E.
24
4. Matricos (II d.)
4.1. Tiesinių lygčių sistemos užrašymas matricos pavidalu
Sprendžiant tiesinių lygčių sistemas tenka daug rašyti, todėl, kad pagreitinti darbą, TLS galimeužrašyti matricų pavidalu.
a11x1 + a12x2 + a13x3 + . . . + a1nxn = b1,a21x1 + a22x2 + a23x3 + . . . + a2nxn = b2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,am1x1 + am2x2 + am3x3 + . . . + amnxn = bm.
∼
a11 a12 a13 . . . a1n b1
a21 a22 a23 . . . a2n b2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 am3 . . . amn bm
, m 6 n.
Šiuo būdu užrašydami TLS išvengiame beverčio nežinomųjų rašymo. Mums tereikia užrašyti prienežinomųjų esančius koeficientus, su kuriais vėliau galime dirbti ir vėlesnes jų vertes vėl pritaikytipaprastai TLS. Šiai matricai tinka elementarūs pertvarkymai, kurie nekeičia TLS sprendinio. Jiebuvo išvardinti 1.1 skyriuje.
Tarkime, aukščiau esančią matricą pertvarkėme ir gavome:
c11 c12 c13 . . . c1n c1
0 c22 c23 . . . c2n c2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . cmn cm
.
Iš šių koeficientų sudarome naują TLS, kurios sprendinys yra toks pats, kaip ir pradinės TLS:
a11x1 + a12x2 + a13x3 + . . . + a1nxn = b1,a21x1 + a22x2 + a23x3 + . . . + a2nxn = b2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,am1x1 + am2x2 + am3x3 + . . . + amnxn = bm.
∼
0 + c12x2 + c13x3 + . . . + c1nxn = c1,0 + 0 + c23x3 + . . . + c2nxn = c2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,
0 + 0 + 0 + . . . + cmnxn = cm.
4.2. Atvirkštinė matrica
4.1 apibrėžimas. Matricos A atvirkštinė matrica, žymima A−1, yra tokia matrica, kurią sudauginussu pradine matrica A gaunama vienetinė matrica En, t.y., A · A−1 = A−1 · A = En.
4.2 apibrėžimas. Vienetinė matrica - matrica, kurios visi elementai pagrindinėje įstrižainėje lygūs1, o likusieji elementai lygūs 0.
4-os eilės vienetinė matrica:
E4 =
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
.
Dažnai yra vartojamas žymėjimas En = E, kai matricos eilė yra žinoma arba nesvarbi.
Pastaba. Atvirkštinę matricą turi tik kvadratinės matricos, kurių determinantas nelygus nuliui.Vienas iš būdų skaičiuoti atvirkštinę matricą yra panaudojant pradinės matricos adjunktus ir
jos determinantą. Pažymėkime matricos A determinantą raide D ir tarkime, kad D 6= 0. Formulėatvirkštinei matricai skaičiuoti atrodo taip:
A−1 =1D
A11 A21 . . . Am1
A12 A22 . . . Am2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A1m A2m . . . Amm
. (12)
25
Pavyzdys
Apskaičiuosime šios matricos atvirkštinę matricą:
−5 5 3−7 3 6
2 1 1
.
Taigi, apskaičiuojame jos determinantą:∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−5 5 3−7 3 6
2 1 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 71.
Dabar surandame visų elementų adjunktus:
A11 =
∣
∣
∣
∣
∣
3 61 1
∣
∣
∣
∣
∣
= −3;
A12 = −
∣
∣
∣
∣
∣
−7 62 1
∣
∣
∣
∣
∣
= 19;
A13 =
∣
∣
∣
∣
∣
−7 32 1
∣
∣
∣
∣
∣
= −13;
A21 = −
∣
∣
∣
∣
∣
5 31 1
∣
∣
∣
∣
∣
= −2;
A22 =
∣
∣
∣
∣
∣
−5 32 1
∣
∣
∣
∣
∣
= −11;
A23 = −
∣
∣
∣
∣
∣
−5 52 1
∣
∣
∣
∣
∣
= 15;
A31 =
∣
∣
∣
∣
∣
5 33 6
∣
∣
∣
∣
∣
= 21;
A32 = −
∣
∣
∣
∣
∣
−5 3−7 6
∣
∣
∣
∣
∣
= 9;
A33 =
∣
∣
∣
∣
∣
−5 5−7 3
∣
∣
∣
∣
∣
= 20.
Ats.:
171
−3 −2 2119 −11 9
−13 15 20
.
Dabar įrodysime, kad A · A−1 = A−1 · A = E, kur Aij yra matricos elemento aij adjunktas,D = |A| - determinantas.
Taigi, turime dvi matricas:
A−1 =1D
A11 A21 . . . Am1
A12 A22 . . . Am2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A1m A2m . . . Amm
,
26
A =
a11 a12 . . . a1m
a21 a22 . . . a2m
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amm
.
Įrodymui pakanka sudauginti šias dvi matricas ir pritaikyti Laplaso taisyklės išvadą, kuri teigia,jog n-tosios eilės matricos kurios nors eilutės narių ir kitos eilutės atitinkamų narių adjunktų sandaugųsuma lygi nuliui:
ai1Aj1 + ai2Aj2 + · · · + ainAjn = 0 (i 6= j). (13)
Šias lygybes galima įrodytį išskleidus matricos [e1,e2,...,ei,...,ei,...,en] su dviemis vienodomis eilu-tėmis (i ir j) determinata, pagal Laplaso taisykle naudojant j eilutę. Kaip nesunkiai matosi
det([e1,e2,...,ei,...,ei,...,en]) = ai1Aj1 + ai2Aj2 + · · · + ainAjn.
Tačiau det([e1,e2,...,ei,...,ei,...,en]) = 0, nes matrica turi dvi vienodas eilutes. Tai ir įrodo formules(13).
Taigi, sudauginkime dvi matricas:
a11 a12 . . . a1m
a21 a22 . . . a2m
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amm
·1D
·
A11 A21 . . . Am1
A12 A22 . . . Am2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .A1m A2m . . . Amm
=
=1D
a11A11 + · · · + a1mA1m a11A21 + · · · + a1mA2m . . . a11Am1 + · · · + a1mAmm
a21A11 + · · · + a2mA1m a21A21 + · · · + a2mA2m . . . a21Am1 + · · · + a2mAmm
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1A11 + · · · + ammA1m am1A21 + · · · + ammA2n . . . am1Am1 + · · · + ammAmm
=
=1D
D 0 . . . 00 D . . . 0. . . . . . . . . . . . . .0 0 . . . D
=
1 0 . . . 00 1 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1
= E.
Taigi, įrodyme matome, kad pagrindinėje įstrižainėje esantys matricos nariai gaunami pagal de-terminanto formulę, todėl pagrindinėje įstrižainėje esantys visi elementai yra lygūs matricos M de-terminantui, o visi kiti nariai yra nuliai, nes taip teigia Laplaso taisyklės išvada.
Kitas atvirkštinės matricos radimo būdas yra Žordano metodas. Jis leidžia rasti atvirkštinęmatricą naudojantis sekančiais elementariaisiais eilučių pertvarkymais.
Elementarūs eilučių pertvarkymai:
• matricos eilutės daugyba iš nelygaus nuliui skaičiaus;
• matricos eilutės, padaugintos iš nelygaus nuliui skaičiaus, pridėjimas prie kitos matricos eilutės;
• dviejų matricos eilučių sukeitimas vietomis.
Pavyzdys
Rasime matricos atvirkštinę matricą:
1 0 10 1 12 0 1
.
27
Mes sudarome kitą matricą (A | E) ir naudojantis elemtariais eilučių pertvarkymais sieksime mat-rica suvesti į pavidalą (E | B). Tada B ir bus atvirkštinė matrica A−1
Sprendimas
1 0 1 1 0 00 1 1 0 1 02 0 1 0 0 1
(−1)∼
−1 0 0 1 0 −10 1 1 0 1 02 0 1 0 0 1
2∼
−1 0 0 1 0 −10 1 1 0 1 00 0 1 2 0 −1
(−1)
∼
∼
−1 0 0 1 0 −10 1 0 −2 1 10 0 1 2 0 −1
| · (−1)
∼
1 0 0 −1 0 10 1 0 −2 1 10 0 1 2 0 −1
.
Taigi, atvirkštinė matrica yra:
−1 0 1−2 1 1
2 0 −1
.
Žordano metoda galima interpretuoti sekančiai. Panagrinėkime lygčių sistemą A · X = Y , X,Ynežinomi stulpeliai iš kintamujų, t.y. XT = (x1,x2,...,xn), Y T = (y1,y2,...,yn). Lygčių sistemojeA · X = Y kintamieji Y yra išreikšti per kintamuosius X. Tačiau galime bandyti išreikšti atvirkščiai,t.y. X išreikšti per Y . Tai galima padaryti naudojant elementarius pertvarkymus. Rezultatas busX = A−1Y . Taigi taip ir surandama atvirkštinė matrica.
4.3. Kramerio formulės
Mes jau mokame užrašyti TLS matricos pavidalu ir rasti jos sprendinius sprendžiant Gausometodu. Gauso metodas nėra vienintelis TLS sprendinių radimo būdas. Praktikoje gan dažnai yranaudojamos ir Kramerio formulės. Jos tinka visoms TLS, kurių nežinomųjų kiekis yra lygus lygčiųkiekiui:
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1,a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .an1x1 + an2x2 + . . . + annxn = bn.
Nežinomieji apskaičiuojami pagal šią formulę:
x1 =D1
D, x2 =
D2
D, . . . , xn =
Dn
D. (14)
Čia D1, D2, . . . , Dn yra matricų, kurios gaunamos atitinkamus stulpelius pakeitus laisvųjų nariųstulpeliu, determinantai. Įrodymui TLS galime užrašyti matriciniu AX = B būdu. Padauginę išatvirkštinės matricos, gauname X = A−1B. Atlikus matricų daugybą dešinėje pusėje matome, kadxi = 1
D(Ai1b1 + Ai2b2 + .... + Ainbn) = Di
D. Paskutinė lygybė gaunama išskleidus determinantą Di
pagal i-tą laisvųjų narių stulpelį B.Jei D = 0, o bent vienas iš determinantų D1, D2, . . . , Dn nelygus 0, tai sistema sprendinių neturi
(yra nesuderinta). Jei D = D1 = D2 = · · · = Dn = 0, tai sistema turi be galo daug sprendinių (yraneapibrėžta).
Tarkime, turime TLS su dviem nežinomaisiais:{
a11x1 + a12x2 = b1,a21x1 + a22x2 = b2.
28
Naudojantis Kramerio formulėmis yra nesunku rasti šios TLS sprendinius:
x1 =D1
D,
x2 =D2
D.
Šiose formulėse D yra matricos, sudarytos iš TLS, determinantas:
D =
∣
∣
∣
∣
∣
a11 a12
a21 a22
∣
∣
∣
∣
∣
.
D1 ir D2 yra matricų, kuriose atitinkami stulpeliai pakeisti laisvųjų narių stulpeliu, determinantai:
D1 =
∣
∣
∣
∣
∣
b1 a12
b2 a22
∣
∣
∣
∣
∣
,
D2 =
∣
∣
∣
∣
∣
a11 b1
a21 b2
∣
∣
∣
∣
∣
.
Jei D = 0, bet D1 arba D2 nelygu 0, tai sistema sprendinių neturi (yra nesuderinta). JeiD = D1 = D2 = 0, tai sistema turi be galo daug sprendinių (yra neapibrėžta).
Pavyzdžiai
Raskite TLS sprendinius pasinaudodami Kramerio formulėmis:
1.{
x1 + 2x2 = 8,3x1 − x2 = 3.
D =
∣
∣
∣
∣
∣
1 23 −1
∣
∣
∣
∣
∣
= −7,
D1 =
∣
∣
∣
∣
∣
8 23 −1
∣
∣
∣
∣
∣
= −14,
D2 =
∣
∣
∣
∣
∣
1 83 3
∣
∣
∣
∣
∣
= −21.
Ats.:
x1 =−14−7
= 2,
x2 =−21−7
= 3.
2.
2x1 + x2 − x3 = 0,3x1 + 4x2 + 6x3 = −5,x1 + x3 = 1.
D =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 1 −13 4 61 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 15,
29
D1 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
0 1 −1−5 4 6
1 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 15,
D2 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 0 −13 −5 61 1 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −30,
D3 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2 1 03 4 −51 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0.
Ats.:
x1 =1515
= 1,
x2 =−3015
= −2,
x3 =015
= 0.
30
4.4. Uždaviniai (4 skyrius)
Apskaičiuokite atvirkštinę matricą savo pasirinktu būdu.
1.(
1 23 4
)
; Pasinaudoje atvirkštine matrica išspręskite lygtį
(
1 23 4
)
X =
(
3 55 9
)
.
2.
A =
1 2 31 3 20 1 1
; Pasinaudoje atvirkštine matrica išspręskite lygtį XA =
1 2 42 −3 50 1 −2
;
3.
1 2 31 3 21 1 4
;
4.
1 2 02 1 20 2 1
;
5.
1 2 32 1 23 2 1
;
6.
1 0 12 1 31 1 1
; tinka Jordano metodas.
7.
1 2 3 40 1 2 30 0 1 20 0 0 1
.
Atsakymai
1.
12
(
−4 23 −1
)
; X =
(
−1 −12 3
)
;
31
2.
12
1 1 −5−1 1 1
1 −1 1
; X =12
3 −1 110 −6 −83 3 −1
;
3. nėra;
4.
17
3 2 −42 −1 2
−4 2 3
;
5.
18
−3 4 14 −8 41 4 −3
;
6.
2 −1 1−1 0 1−1 1 −1
;
7.
1 −2 1 00 1 −2 10 0 1 −20 0 0 1
.
Raskite TLS sprendinius pasinaudodami Kramerio formulėmis:
1.
2x − y + z = 9,3x − 5y + z = −4,4x − 7y + z = 5.
2.
x − y + z = 4,2x − y = 6,x + y − z = 6.
3.
x − y + z = 4,2x − y = 6,x + y − 3z = 0.
32
4.
2x1 + 2x2 − x3 + x4 = 4,4x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 6,8x1 + 5x2 − 3x3 + 4x4 = 12,3x1 + 3x2 − 2x3 + 2x4 = 6.
5.
2x1 + 3x2 + 11x3 + 5x4 = 2,x1 + x2 + 5x3 + 2x4 = 1,
2x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = −3,x1 + x2 + 3x3 + 4x4 = −3.
Atsakymai
1.
x = 31,y = 11,z = −42.
2.
x = 5,y = 4,z = 3.
A−1 =12
1 0 12 −2 23 −2 1
3. be galo daug sprendinių: (x; 2x − 6; x − 2);
4.
x1 = 1,x2 = 1,x3 = −1,x4 = −1.
5.
x1 = −2,x2 = 0,x3 = 1,x4 = −1.
33
5. Vektorinė erdvė. Tiesiškai nepriklausomi vektoriai.Vektorinės erdvės bazė
5.1. Vektorinė erdvė
5.1 apibrėžimas. Vektorinė erdvė V virš kūno k yra vektorių aibė su joje apibrėžtomis sudėties irdaugybos iš skaliarinio dydžio operacijomis, tenkinančiomis tam tikras aksiomas. Vektorinės erdvėsyra pagrindiniai tiesinės algebros studijų objektai, naudojami matematikoje, moksle ir inžinerijoje.
Kūnas yra matematinė sąvoka, kuri mūsų atveju atitiks tam tikrus skaičius: Q racionalūs, R -realūs arba kompleksiniai C. Mūsų žemiau nagrinėjami klausimai nepriklauso nuo kūno pasirinkimo,t.y. tinka visokiems kūnams. Todėl mes kūno elementus vadinsime paprasčiausiai – skaičiais. Žemiauišvardysime vektorinės erdvės formalias aksiomas. Vektoriukas virš raidės reiškia, kad elementas yravektorius, t.y. ~a ∈ V . Labai dažnai jis yra praleidžiamas kuomet aišku iš konteksto, jog kalba einaapie vektorius. Graikiškomis raidėmis žymesime kūno α,β,γ,...,λ ∈ k elementus.
Vektorinės erdvės aksiomos
1. Vektorių sudėties komutatyvumas:
~a +~b = ~b + ~a.
2. Vektorių sudėties asociatyvumas:
(~a +~b) + ~c = ~b + (~a + ~c).
3. Nulinio vektoriaus ~0 egzistavimas:
∃~0 : ~a + ~0 = ~a, ∀~a.
4. Priešingo vektoriaus egzistavimas:
∃ − ~a : ~a + (−~a) = ~0.
5. Skaičių daugybos ir vektoriaus daugybos iš skaičiaus distributyvumas:
(α · β) · ~a = α · (β · ~a), ∀α, β ∈ k, ∀~a ∈ V.
6. Skaičių sudėties ir vektoriaus daugybos iš skaičiaus distributyvumas:
(α + β) · ~a = α~a + β~a, ∀α, β ∈ k, ∀~a ∈ V.
7. Daugybos iš skaičiaus ir vektorių sudėties distributyvumas:
α(~a +~b) = α~a + α~b, ∀α ∈ k, ∀~a,~b ∈ V.
8. Vektoriaus daugyba iš vieneto:
1 · ~a = ~a.
34
Pavyzdžiai
1. V = Mn×m dažnai sutinkama vektorinė erdvė. Vektoriai joje yra matricos turinčios n eilu-čių ir m stulpelių. Sudedant du vektorius (šiuo atveju matricas) sudedamos atitinkamos matricos.Dauginant vektorių iš skaičiaus yra padauginama kiekviena matrica iš atitinkamo skaičiaus. JeiguV = M1×m, tai vektoriai bus paprasčiausios eilutės ilgio m. Kartais tokia vektorinė erdvė vadinamaaritmetine erdve ir žymima kn. Jeigu V = Mn×1, tai vektoriai bus stulpeliai aukščio n.
2. V = k[x] polinomų vektorinė erdvė. Joje vektoriai yra polinomai: a0 + a1x + a2x2 + ... + anxn.Polinomai sudedami įprastai kaip ir bet kokios funkcijos. Daugyba vektoriaus iš skaičiaus irgi atitinkaįprastą polinomo daugybą.
5.2. Tiesiškai nepriklausomi vektoriai
5.2 apibrėžimas. Vektorių aibės S = {v1, v2, . . . , vk} ∈ V generuotu tiesiniu poerdviu vadinsimetokią mažiausią vektorinę erdvę (arba poerdvį) (žymėsime 〈S〉)
〈v1,v2, . . . , vk〉 = {α1v1 + α2v2 + ...αkvk | čia αi ∈ k} ⊂ V,
kuriame yra visi aibės S elementai.
5.3 apibrėžimas. Vektorių aibė S = {v1, v2, . . . , vk} yra tiesiškai priklausoma (TP), jei šiojeaibėje yra vektorius, kuris būtų kitų vektorių tiesinis darinys, t.y kokį tai vektorių galima išreikštikitų vektorių suma su tam tikrais koeficientais. Kitaip tariant, jei lygtis λ1v1 + λ2v2 + · · · + λkvk = ~0turi bent vieną nenulinį sprendinį.
5.4 apibrėžimas. Vektorių aibė S = {v1, v2, . . . , vk} yra tiesiškai nepriklausoma (TNP), jei šiojeaibėje nėra vektoriaus, kuris būtų kitų vektorių tiesinis darinys. Kitaip tairiant, jei lygtis λ1v1+λ2v2+· · · + λkvk = ~0 turi tik nulinį sprendinį.
5.5 apibrėžimas. Vektorinės erdvės V matavimu (dimensija) vadinsime maksimalų tiesiškai nepri-klausomų vektorių skaičių esančių erdvėje V . Šį skaičių žymėsime sekančiai dimV .
Pastaba. Jeigu k > n = dimV , tai vektorių aibė S = {v1, v2, . . . , vk} visada bus tiesiškai priklauso-ma.
5.6 apibrėžimas. Matricos Am×n eilučių rangu, vadinsime maksimalų tiesiškai nepriklausomų mat-ricos eilučių skaičių, t.y. dim〈e1(A),e2(A),...,em(A)〉 (čia ei(A) i-toji matricos A eilutė yra vektoriuserdveje M1×n). Šį skaičių žymėsime sekančiai re(A). Analogiškai galime nagrinėti matricos A stul-pelius ir apibrėžti stulpelių ranga, kurį pažymesime rs(A).
5.1 teorema. re(A) = rs(A), t.y. matricos eilučių rangas lygus matricos stulpelių rangui, todėl šisskaičius dažnai vadinamas paprasčiausiai matricos rangu ir toliau bus žymimas r(A).
5.1 išvada. r(A) ≤ min(n,m).
Toliau nagrinėsime eilučių vektorine erdvę. Vektoriai yra tiesiškai priklausomi, jei lygtisλ1v1 + λ2v2 + · · · + λkvk = ~0 turi bent vieną nenulinį sprendinį. Jei šios lygties visi sprendiniai nuliai,tai vektoriai yra tiesiškai nepriklausomi. Šią lygtį vektorinėje formoje galime išskleisti į tiesinę lygčiųsistemą, pagal kiekvieną vektoriaus komponente.
λ1a11 + λ2a21 + . . . + λkak1 = 0,λ1a12 + λ2a22 + . . . + λkak2 = 0,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,λ1a1k + λ2a2k + . . . + λkakk = 0.
(15)
35
Tarkime, turime tris vektorius v1 = (a11, a12, a13), v2 = (a21, a22, a23) ir v3 = (a31, a32, a33). Iš jųsudarome lygtį λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = (0, 0, 0). Šią lygtį galime išskaidyti į tiesinę lygčių sistemą:
λ1a11 + λ2a21 + λ3a31 = 0,λ1a12 + λ2a22 + λ3a32 = 0,λ1a13 + λ2a23 + λ3a33 = 0.
Tereikia išspręsti lygtį ir pagal rezultatą nuspręsti, ar vektorių aibė yra tiesiškai nepriklausoma.Jei vektoriai būtų tiesiškai priklausomi, tai juos būtų galima išreikšti kitų vektorių suma su tamtikrais koeficientais. Pavyzdžiui, jeigu λ1 6= 0, tada v1 = −(λ2
λ1) v2 − (λ3
λ1) v3.
Jei iš vektorių koordinačių sudaryta matrica yra kvadratinė, tai galime skaičiuoti tos matricosdeterminantą. Jei determinantas nelygus nuliui, tai vektoriai yra tiesiškai nepriklausomi.
Taip pat nustatyti tiesinei nepriklausomybei galime naudoti matricos rangą. Kaip jį skaičiuti buspaaiškintame sekančiame skyriuje.
Tarkime, turime vektorius v1 = (a11, a12, a13, a14), v2 = (a21, a22, a23, a24) ir v3 = (a31, a32, a33, a34).Iš vektorių koordinačių sudarome matricą:
a11 a12 a13 a14
a21 a22 a23 a24
a31 a32 a33 a34
.
Jei apskaičiuotas šios matricos rangas sutampa su vektorių kiekiu, tai vektorių sistema yra tie-siškai nepriklausoma.
Pavyzdys
Patikrinsime ar vektoriai v1 = (2, −1, 3), v2 = (3, 2, −1) ir v3 = (1, 2, 3) yra tiesiškai nepriklauso-mi.
Į lygtį λ1v1 + λ2v2 + λ3v3 = Q įsistatome vektorių koordinates ir gauname tiesinių lygčių sistemą:
2λ1 + 3λ2 + 1λ3 = 0,−1λ1 + 2λ2 + 2λ3 = 0,3λ1 − 1λ2 + 3λ3 = 0.
Išsprendžiame TLS ir galutiniame variante gauname (galutinė TLS nebūtinai turi būti tokia pati):
−1λ1 + 2λ2 + 2λ3 = 0,0λ1 + 35λ2 + 25λ3 = 0,0λ1 − 0λ2 − 38λ3 = 0.
Iš galutinės TLS matome, kad λ1 = 0, λ2 = 0, λ3 = 0, taigi, vektoriai yra tiesiškai nepriklausomi.Taip pat galime skaičiuoti vektorių sistemos rangą. Tereikia iš TLS sudaryti matricą:
2 3 1−1 2 2
3 −1 3
.
Šios matricos rangas yra 3, taigi, vektoriai yra tiesiškai nepriklausomi.
36
5.3. Vektorinės erdvės bazė
5.7 apibrėžimas. Vektorinės erdvės baze vadinama tos erdvės tiesiškai nepriklausomų vektorių sis-tema s = [v1,v2,...,vn], tokia, kad bet kurį erdvėje esantį vektorių v galima būtų išreikšti bazę suda-rančių vektorių suma su tam tikrais koficientais, t.y.
v = λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn, λi ∈ k, ∀i. (16)
Nesunkiai galima įsitikinti, kad skaičiai vs = [λ1, λ2,..., λn] yra vieninteliai duotam vektoriui v ir duo-tai bazei s (kitoje bazėje tas pats vektorius turės kitas koordinates) . Skaičiai vs vadinami vektoriausv koordinatėmis bazėje s.
Pastaba. Bet kokią n-matės vektorinės erdvės tiesiškai nepriklausomų vektorių sistemą galima pa-pildyti iki tos erdvės bazės.
Tam, kad apskaičiuoti ar eilutės (stulpeliai) sudaro vektorinės erdvės bazę, tereikia suskaičiuotimatricos, sudarytos iš vektorių komponenčių, determinantą. Jei determinantas nelygus nuliui, taivektoriai sudaro bazę.
Pavyzdžiai
1. Patikrinsime, ar vektoriai v1 = (1, −1, 3), v2 = (2, 3, −5) ir v3 = (4, 1, 1) sudaro aritmetinėserdvės bazę.
Sudarome ir apskaičiuojame vektorių koordinačių determinantą:∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −1 32 3 −54 1 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 0.
Vadinasi, nurodytoji vektorių sistema bazės nesudaro.
2. Rasime vektoriaus α = (3, −6, 9, −3) koordinates erdvės R4 bazėjes = [v1 = (1, −1, 2, −1), v2 = (1, 2, 4, −1), v3 = (2, 1, 3, 2), v4 = (2, −2, 3, 1)].
Sudarome lygtį:
x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 = α.
Iš lygties galime sudaryti TLS:
x1 + x2 + 2x3 + 2x4 = 3,−x1 + 2x2 + x3 − 2x4 = −6,2x1 + 4x2 + 3x3 + 3x4 = 9,
−x1 − x2 + 2x3 + x4 = −3.
Išsprendžiame šią sistemą ir gauname sprendinius:
x1 = −1,x2 = 2,x3 = −3,x4 = 4.
Taigi, vektoriaus α koordinačių eilutė bazėjė s = [v1, v2, v3, v4] yra αs = [−1, 2, −3, 4].
37
5.4. Uždaviniai (5 skyriaus)
Apskaičiuoti pasirinktu būdu ar vektoriai yra tiesiškai nepriklausomi:
1. v1 = (2, 6), v2 = (4, 9);
2. v1 = (4, 1, 2), v2 = (8, 0, 4);
3. v1 = (1, 6, 8), v2 = (5, 6, 3), v3 = (9, 6, −2);
4. v1 = (3, 5, 1), v2 = (1, 2, 1), v3 = (3, 9, 5);
5. v1 = (2, 8, 9, 6), v2 = (1, 2, 3, 5), v3 = (0, −4, −3, 4);
6. v1 = (2, 0, 9, 0), v2 = (2, 1, 5, 5), v3 = (−1, −6, 5, 1), v4 = (−9, 5, 1, 1);
7. v1 = (1, −1, 3, 2), v2 = (3, −2, 1, 0), v3 = (0, −2, 1, 0), v4 = (5, −3, −1, −2).
Atsakymai
1. tiesiškai nepriklausomi;
2. tiesiškai nepriklausomi;
3. tiesiškai priklausomi;
4. tiesiškai nepriklausomi;
5. tiesiškai priklausomi;
6. tiesiškai nepriklausomi;
7. tiesiškai priklausomi.
1. Patikrinkite, ar vektoriai sudaro vektorinės erdvės bazę.
(a) v1 = (1, 2, 3), v2 = (3, 2, 1), v3 = (5, 6, 9);
(b) v1 = (2, 0, 3), v2 = (5, 2, 1), v3 = (1, 2, −5);
(c) v1 = (3, −1, 2, 0), v2 = (1, −2, 0, −4), v3 = (5, −3, 7, 2), v4 = (−1, −1, 3, 2);
(d) v1 = (1, 1, 1, −2), v2 = (2, 1, −1, 3), v3 = (5, −2, 0, 0), v4 = (6, 0, 0, 3);
(e) v1 = (22, −12, 0, 56, −3, 10), v2 = (2, 6, 9, 10, 22, −6), v3 = (−12, 15, 3, −30, 5, 5),v4 = (6, 6, 0, −13, 5, 8), v5 = (−17, 15, 2, 1, −23, 18).
2. Rasti vektoriaus α koordinates erdvės bazėje, kai:
(a) α = (4, 6, 6), v1 = (1, 2, 1), v2 = (−1, −1, 1), v3 = (1, 0, −1);
(b) α = (9, −4, 5), v1 = (2, 3, 4), v2 = (−1, −5, −7), v3 = (1, 1, 1);
(c) α = (−2, 3, 1, −4), v1 = (3, 5, 1, 2), v2 = (−1, 2, 2, 3), v3 = (2, 1, 3, 4), v4 = (−2, −3, 1, −5);
(d) α = (7, −2, 6, 2), v1 = (2, 1, 1, 4), v2 = (−1, 1, 2, 2), v3 = (3, −1, 5, −1), v4 = (2, 1, −3, 1).
38
Atsakymai
1. (a) sudaro bazę;
(b) nesudaro bazės;
(c) nesudaro bazės;
(d) sudaro bazę;
(e) nesudaro bazės.
2. (a) [5, 4, 3];
(b) [31, 11, −4];
(c) [1, 1, −1, 1];
(d) [2, −2, 1, −1].
39
6. Matricos LU-forma ir jos rangas
6.1. Matricos LU-forma
6.1 apibrėžimas. Matrica Pn, kuri gauta iš vientinės matricos In atlikus eilučių perstatymus va-dinsime perstatynių matrica (ang. permutation).
Matrica Ln×n, kurios visi istrižainės elementai yra vientai, o elementai virš jos yra nuliai, vadin-sime normuota apatinio trikampio formos (ang. lower triangular form).
Matrica Un×k, kuri tenkina tokią savybę:
• kiekviena žemiau einanti eilutė turi daugiau nulinių elementu skaičiuojant iš kairės pusės įdešinę;
vadinsime viršutinės trapecinės (arba trikampės) formos (ang. upper echalon form). Eilutės ei
pirmas nenulinis elementas iš kairės pusės į dešinę yra vadinamas atraminiu eilutės elementu (ang.pivot element).
Pavyzdžiui.
P3 =
0 0 11 0 00 1 0
, L3×3 =
1 0 0−2 1 0
1 −3 1
, U =
−3 2 2 30 −1 1 30 0 5 3
.
Nesunku pastebėti, kad tokio tipo matricų determinantai lengvai skaičiuojami, t.y.det(P ) = ±1, det(L) = 1 ir det(Un×n) yra matricos U įstrižainės elementų sandauga.
6.1 teorema. Kiekvieną matricą An×k galima užrašyti kaip sandaugą trijų matricų Pn Ln×n Un×k,čia Pn yra perstatynių matrica, Ln×n normuota apatinio trikampio formos, Un×k viršutinės trapecinėsformos.
Pastaba. Atkreipsiu dėmesį, kad perstatinių matrica P dažnai būna vienetinė, toki atveju ji netnerašoma. Dėl tos priežasties toks matricos išskaidymas vadinamas LU-forma.
Žinoti tokį matricos išskaidyma yra labai naudinga. Visų pirma mes galėsime lengviau išspręstiTLS, rasti matricos determinatą ir matricos rangą.
Pavyzdžiui, matrica A = L U turi tokį išskaidymą:
1 2 0
3 6 −1
1 2 1
=
1 0 0
3 1 0
1 −1 1
1 2 0
0 0 −1
0 0 0
.
Tai žinodami lengvai matome, kad det(A) = 0 ir A matricos rangas yra du. Taip pat galimeišspręsti TLS AX = B, t.y. LUX = B tokiu būdu: pirma išsprendžiame TLS LY = B tiesiogiairasdami kintamuosius nuo viršaus eidami į apačią, o tada jau TLS UX = Y rasdami kintamuosiusnuo apačios eidami į viršų. Kitaip tariant sprendžiame TLS:
1 0 03 1 01 −1 1
y1
y2
y3
=
280
gauname, kad
y1
y2
y3
=
220
.
Tada kita TLS:
1 2 00 0 −10 0 0
x1
x2
x3
=
220
gauname, kad
x1
x2
x3
=
2 − 2x2
x2
−2
.
40
Taigi TLS AX = B sprendinai yra tokie (2 − 2x2, x2, −2), čia x2 bet koks skaičius.
Kaip rasti LU -formą? Pasirodo, kad ją galima rasti taikant Gauso metoda matricai A suvedantmatricą į viršutinės trapecijos formą ir atidžiai užrašant visus elementarius pertvarkymus.
Matricos A = An×k = [e1,e2,...,en] elementarieji eilučių pertvarkymai:
1) i-tos eilutės keitimas jos ir j-tos eilutės, padaugintos iš bet kokio skaičiaus α, suma,ei → ei + αej. Tokį elemetarų pertvarkymą su matrica A mes irgi galime užrašyti kaip matricųE[i]+α[j]A sandauga. Kur matrica E[i]+α[j] yra sudaryta iš eilučių [r1,r2,...,ri + αrj ,...,rn], čiari = (0,0,...,1,...,0), i = 1,...,k yra eilutė sudaryta iš nuliu išskyrus vienintelėje i-toje vietoje yra1. Nesunkiai matyti, kad det(E[i]+α[j]) = 1 ir atvirkštinė matrica yra (E[i]+α[j])−1 = E[i]−α[j].
2) eilučių sukeitimas vietomis ei ↔ ej. Tokį elemetarų pertvarkymą su matrica A užrašome kaipmatricų Ei,jA sandauga. Kur matrica Ei,j yra sudaryta iš eilučių [r1,r2,...,rj ,...,ri,...,rn], i-toje(o j-toje) vietoje yra eilutė rj (ri). Pastebėsime, kad det(Ei,j) = 1 ir atvirkštinė matrica yraE−1
i,j = Ei,j.
Prisiminkime kaip yra taikomas Gauso metodas suvedant matrica į viršutinės trapecijos formą.Jeigu pirmoje eilutėje pirmas elementas yra nenulis, tai pirmame žingsnyje mes panaikiname pirmuselementus kitose eilutėse, t.y. atliekame tokius elementarius pertvarkymus e2 → e2 + α2e1, e3 →e3 + α3e1, ...., en → en + αne1. Kitaip tariant matrica A yra padauginama iš elmentarių matricųE[2]+α2[1]E[3]+α3[1]....E[n]+αn[1]A. Sekančiame žingsnyje, jeigu antras elementas antroje eilutėje yranenulis, mes vėl atliekame 1) tipo elementrarius pertvarkymus ir naikiname visose eilutėse žemiauantrus elementus. Taigi jeigu yra galimybe atlikti 1) tipo pertvarkymus, tai mes galiausiai gausimeviršutinės trapecijos formos matricą U . Kitaip tariant E1E2...EmA = U , čia Ei yra elemetarūspertvarkymai 1) tipo. Taigi mes įrodėme sekantį teiginį.
Teiginys. Jeigu atliekant 1) tipo elementariu pertvarkymus matrica A galima suvesti į viršutinėstrapecijos formos matricą U , tai A = L U . Čia L = E−1
m ...E−12 E−1
1 yra normuota apatinė trikampėsfromos matrica.
Bet gali būti, kad matrica A suvedant į viršutinės trapecijos formos matricą U neužteks vien tikelementarių pertvarkymų 1) tipo. Gali reikėti sukeisti kokias nors eilutes vietomis, t.y. reikės taikyti2) tipo elmentarius pertvarkymus. Kiekvienas matricos A eilučių perstatymas ei ↔ ej yra daugybaEi,jA. Tarkime viso reikėjo Ei1,j1
...Eim,jmA perstatymų. Tada pagal anksčiau suformuluota teiginį
Ei1,j1...Eim,jm
A = LU . Taigi A = P L U , čia P = Eim,jm...Ei1,j1
yra perstatinių matrica.Pavyzdys. Elementariųjų pertvarkymų būdu surasime matricos A LU -forma.
A =
1 −1 2 1 03 1 2 3 11 0 5 6 12 −2 3 1 1
Sprendimas
1 −1 2 1 03 1 2 3 11 0 5 6 12 −2 3 1 1
e2 → e2 − 3e1
e3 → e3 − e1
e4 → e4 − 2e1
∼
1 −1 2 1 00 4 −4 0 10 1 3 5 10 0 −1 −1 1
e3 → e3 − (1/4)e2 ∼
1 −1 2 1 00 4 −4 0 10 0 4 5 3
4
0 0 −1 −1 1
e4 → e4 + (1/4)e3 ∼
1 −1 2 1 00 4 −4 0 10 0 4 5 3
4
0 0 0 14
1916
= U
41
Liko tik užrašyti normuotą apačioje trikampę matricą L. Mes gavome, kad
U = E[4]+(1/4)[3] E[3]−(1/4)[2] E[4]−2[1] E[3]−[1] E[2]−3[1] A.
Taigi L = E[2]+3[1] E[3]+[1] E[4]+2[1] E[3]+(1/4)[2] E[4]−(1/4)[3] =
1 0 0 0
3 1 0 0
1 14
1 0
2 0 −14
1
.
Kadangi jokių eilučių sukeitinėti nereikėjo tai šiuo atveju P yra vienetinė matrica. Galiausiaigauname, kad A = L U .
Kitas pavyzdys. Raskime LU -forma matricai B:
B =
0 1 2 0
1 3 6 −1
−1 1 2 1
.
Gauso būdu ieškome trapecinės U -formos.
0 1 2 0
1 3 6 −1
−1 1 2 1
e1 ↔ e2 ∼
1 3 6 −1
0 1 2 0
−1 1 2 1
e3 → e3 + e1
∼
1 3 6 −1
0 1 2 0
0 4 8 0
e3 → e3 − 4e2 ∼
1 3 6 −1
0 1 2 0
0 0 0 0
= U.
Pirmas pertvarkymas buvo eilučių sukeitimas, tai atitinka matricų daugybą P B. Toliau gauname,kad U = E[3]−4[2] E[3]+[1] P B, t.y. L = E[3]−[1] E[3]+4[2] ir B = P L U , čia
P =
0 1 0
1 0 0
0 0 1
, L =
1 0 0
0 1 0
−1 4 1
.
6.2. Matricos rangas
Priminsiu, kad matricos rangas yra maksimalus matricos tiesiškai nepriklausomų eilučių skaičius.Apie tiesinę priklausomybę paaiškinta 5.2 skyriuje.
Pastaba. Matricos Am×n rangui, žymimam r(A), visada galioja savybė
0 6 r(A) 6 min(m, n).
Savybės korektiškumu įsitikinsite išmokę apskaičiuoti rangą.
Matricos rangą galima apskaičiuoti keliais būdais:
1. aprėpiančiųjų minorų būdu;
2. elementariųjų pertvarkymų būdu.
42
Aprėpiančiųjų minorų būdas
Šis būdas nėra dažnai naudojamas vien dėl to, kad skaičiuojant didelių matricų rangus tenka ap-skaičiuoti daug minorų (tokiu atveju elementariųjų pertvarkymų būdas yra greitesnis ir patogesnis).
6.2 teorema. Matricos rangas yra lygus jos nelygių nuliui minorų aukščiausiai eilei.
Rango apskaičiavimo algoritmasTarkime, turime matricą An×m, m ≥ n iš n eilučių ir m stulpelių.
1. Jei visi matricos A n-os eilės minorai lygus 0, tai matricos rangas r(A) 6 n−1. Jei bent vienasn-os eilės minoras nelygus 0, tai rangas r(A) lygus n.
2. Jei visi matricos (n − 1)-os eilės minorai lygūs 0, tai matricos rangas r(A) 6 n − 2. Jei bentvienas (n − 1)-os eilės minoras nelygus 0, tai rangas r(A) lygus n − 1.
3. Mažiname minorų eilę tol, kol rasime nelygų 0 minorą. Matricos rangas r(A) yra lygus tominoro eilei.
4. Jei visi matricos 1-os eilės minorai lygūs 0 (tai reiškia, kad matrica A sudaryta tik iš nuliu) ,tada ir matricos rangas r(A) lygus 0. Jei bent vienas 1-os eilės minoras nelygus 0, tai rangasr lygus 1.
Pavyzdys 1Apskaičiuosime matricos
A =
1 2 22 −1 11 −3 0
rangą.
Sprendimas
Apskaičiuojame 3-os eilės minorą:
M3 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 2 22 −1 11 −3 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −5 6= 0 =⇒ r(A) = 3.
Taigi, matricos rangas r lygus 3.
Pavyzdys 2Apskaičiuosime matricos
B =
1 −1 2 1 03 1 2 3 11 0 5 6 12 −2 3 1 1
rangą.
Sprendimas
Skaičiuojame 4-os eilės minorą:
M4 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −1 2 13 1 2 31 0 5 62 −2 3 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= · · · = −4 6= 0 =⇒ r(B) = 4.
43
Elementariųjų pertvarkymų būdas
Praktikoje dažniausiai taikysite šį metodą, kadangi jis paprastas, užimantis mažiau vietos lape neikitas būdas (ne visada), greitesnis ir daug kartų efektyvesnis taikant didelėms matricoms (turinčioms5, 6, ... eilės minorus).
Analogiškai, kaip ir Gausso metodu sprendžiant TLS, bet kokia matrica A galima suvesti į viršu-tinę trapecinę U -formą (ang. row echelon form) taikant tik elemetarius pertvarkymus tipo 1) ir 2).Jeigu matrica 5 × 7 yra užrašyta U -forma, tada ji atrodo sekančiai:
A =
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 0 ∗ ∗ ∗0 0 0 0 0 0 0
,
čia žvaigždutės yra bet kokie skaičiai, o raudonomis žvaigždutės pažymėti nenuliniai skaičiai, t.ypirmieji nenuliniai skaičiai eilutėje esantys kairiausioje vietoje. Jie vadinami atitinkamų eilučių at-raminiais elementais (ang. pivotal elements).
Tiesiog iš rango apibrėžimo seka tokia:
6.3 teorema. Atliekant elementariuosius pertvarkymus, matricos rangas nekinta.
Teiginys. Matricos A rangas yra lygus tos matricos U-formos atraminiu elementu skaičiui (t.y.raudonu žvaigždučių skaičiui pavyzdyje aukščiau).
Teiginys. Skaičiuojant rangą, elementariuosius pertvarkymus galima taikyti ne tik eilutėms,bet ir stulpeliams.Pavyzdys
Elementariųjų pertvarkymų būdu surasime anksčiau nagrinėtos matricos
B =
1 −1 2 1 03 1 2 3 11 0 5 6 12 −2 3 1 1
rangą.
Sprendimas
1 −1 2 1 03 1 2 3 11 0 5 6 12 −2 3 1 1
e2 → e2 − 3e1
e3 → e3 − e1
e4 → e4 − 2e1
∼
1 −1 2 1 00 4 −4 0 10 1 3 5 10 0 −1 −1 1
e2 → e2 − 4e3 ∼
1 −1 2 1 00 0 −16 −20 −30 1 3 5 10 0 −1 −1 1
e2 ↔ e3 ∼
1 −1 2 1 00 1 3 5 10 0 −16 −20 −30 0 −1 −1 1
e3 → e3 − 16e4∼
1 −1 2 1 00 1 3 5 10 0 0 −4 −190 0 −1 −1 1
e3 ↔ e4∼
1 −1 2 1 00 1 3 5 10 0 −1 −1 10 0 0 −4 −19
U -formoje liko 4 nenuliniai elementai, todėl šios matricos rangas yra 4.
44
6.3. Kronekerio-Kapelio teorema
6.2 apibrėžimas. Tiesinių lygčių sistema vadinama suderinta, jei ji turi bent vieną sprendinį.
Vėl nagrinėsime tiesinių lygčių sistemą
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1,a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,
am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm.
Čia x1, x2, . . . , xn - kintamieji, aij (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) - koeficientai, bi (i = 1, 2, . . . , m)- laisvieji nariai.
Nagrinėdami duotą TLS, galima sudaryti jos koeficientų matricą A ir išplėstinę matricą A′ =(A|B) su papildomu laisvųjų narių stulpeliu B:
A =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn
A′ =
a11 a12 . . . a1n b1
a21 a22 . . . a2n b2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 . . . amn bm
.
6.4 (Kronekerio-Kapelio) teorema. Tiesinių lygčių sistema (TLS) yra suderinta (turi bent vienąsprendinį) tada ir tik tada, kai tos sistemos koeficientų matricos rangas yra lygus išplėstinės matricosrangui, t.y. r(A) = r(A′) = k. Be to
Kai r(A) = r(A′) = k, tai TLS turės :
• k - tiesiškai priklausomų kintamųjų;
• n - k - tiesiškai nepriklausomų (laisvųjų) kintamųjų.
Įrodymas. Dėl konkretumo tarkime, kad išplėstinė matrica A′ turi išmatavimus 5 × 7. Tada jągalima suvesti į U -forma, kuri gali atrodyti sekančiai
A′ =
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 0 ∗ ∗ ∗0 0 0 0 0 0 ∗
arba A′ =
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 ∗ ∗ ∗ ∗0 0 0 0 ∗ ∗ ∗0 0 0 0 0 0 0
.
Pirmame pavyzdyje r(A) 6= r(A′) ir paskutinė eilutė atitiks lygtį pavidalo 0 = ∗. Kadangi raudonažvaigždute mes esame pažymėję nenulinį skaičių, tai tokia lygtis neturi sprendinių. Vadinasi šiuoatveju ir TLS neturės sprendinių.
Antrajame pavyzdyje r(A) = r(A′) = k ir raudonu žvaigždučių skaičius yra k. Užrašę atitinkamaslygtis mes galime kintamuosius prie raudonu žvaigždučių palikti kairėje pusėje (mūsų pavyzdyje taibus kintamieji x1,x3,x4,x5) o likusius kintamuosius (x2,x6) perkelti į dešinę pusę. Tada kairėje pusėjeprie kintamųjų bus k×k trikampė laiptuota matrica su nuliais žemiau diagonalės, kurios determinatasnelygus nuliui. Pagal Kramerio formules tokią TLS mes galime išspręsti. Tada kintamieji prieraudonų žvaigždučių (jie vadinami atraminiais arba priklausomais kintamaisiais) bus tiesiškai išreikštiper kitus dešinėje pusėje esančius laisvus (priklausomus) kintamuosius.
Pastaba. Jei matricos A rangas r(A) nelygus išplėstosios matricos rangui r(A′), tai r(A) = r(A′)−1.
45
Pavyzdžiai
1.{
x + 3y = 8,3x + 9y = 15.
Šiuo atveju
A =
(
1 33 9
)
, A′ =
(
1 3 83 9 15
)
ir r(A) = 1, r(A′) = 2.
Kadangi r(A) 6= r(A′), tai ši TLS sprendinių neturi.
2.
−x − y + 3z = −5,2x + 3y − 5z = 13,x − 4y − z = −6.
Šiuo atveju
A =
−1 −1 32 3 −51 −4 −1
, A′ =
−1 −1 3 −52 3 −5 131 −4 −1 −6
ir r(A) = 3, r(A′) = 3.
Kadangi r(A) = r(A′), tai TLS yra suderinta (turi sprendinių). Be to laisvų kintamųjų skaičiusyra 3 − r(A) = 0, t.y. TLS turi vienintelį sprendinį. Išspręskite šią TLS ir gausite sprendinįx = 1, y = 2, z = −1.
46
6.4. Uždaviniai (6 skyriaus)
1. Raskite matricų LU -formas :
(a)
A1 =
1 2
2 3
.
(b)
A2 =
0 1 2
−1 2 3
.
(c)
A3 =
2 −2 3 1
2 4 −3 −1
−1 3 1 0
.
(d)
A4 =
2 3 1
2 4 −1
−1 3 1
.
(e)
A5 =
2 −2 3 1
0 0 −3 −1
−1 3 1 0
1 4 −2 3
.
(f) Pasinaudoje matricos A4 LU -forma išspręskite TLS, A4X = B, čia BT = (1, − 1,1).
(g) Pasinaudoje matricos A5 LU -forma išspręskite TLS, A5X = B, čia BT = (0, − 3,6,12).
Atsakymai
1(a)
A1 =
1 0
2 1
1 2
0 −1
.
(b)
A2 =
0 1
1 0
1 0
0 1
−1 2 3
0 1 2
.
47
(c)
A3 =
1 0 0
1 1 0
−1/2 1/3 1
2 −2 3 1
0 6 −6 −2
0 0 9/2 7/6
.
(d)
A4 =
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1 0 0
1 1 0
−1/2 9/2 1
2 3 1
0 1 −2
0 0 21/2
(e)
A5 =
1 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 1
1 0 0 0
−1/2 1 0 0
0 0 1 0
1/2 5/2 134
1
2 −2 3 1
0 2 5/2 1/2
0 0 −3 −1
0 0 0 9/2
(f) XT = (0,0,1)
(g) XT = (4,1, − 2,0)
1. Apskaičiuokite matricų rangus aprėpiančiųjų minorų būdu:
(a)
2 −1 3 −2 44 −2 5 1 72 −1 1 8 2
;
(b)
3 −1 3 2 55 −3 2 3 41 −3 −5 0 −77 −5 1 4 1
;
(c)
4 3 −5 2 38 6 −7 4 24 3 −8 2 74 3 1 2 −58 6 −1 4 −6
.
2. Apskaičiuokite matricų rangus elementariųjų pertvarkymų būdu:
48
(a)
−1 1 3 5 22 0 0 1 41 3 2 1 15 1 4 3 02 −2 −6 −10 −4
;
(b)
1 3 5 −12 −1 −3 45 1 −1 77 7 9 1
;
(c)
25 31 17 4375 94 53 13275 94 54 13425 32 20 48
.
Atsakymai1. (a) 3;
(b) 3;
(c) 2.
2. (a) 4;
(b) 3;
(c) 3.
1. Ištirkite, ar tiesinių lygčių sistemos yra suderintos:
(a)
x1 − 6x2 + 10x3 − x4 = 0,−5x1 − 8x2 + 21x3 = −11,
2x1 + x2 − x3 + 4x4 = 12,−3x1 + 6x2 − x3 + 10x4 = 8.
(b)
2x1 − 3x2 + x3 = 12,4x1 − 6x2 − x3 = 6,
−3x1 + 10x2 + 3x3 = 9.
(c)
2x1 + 7x2 + 3x3 + x4 = 5,x1 + 3x2 + 5x3 − 2x4 = 3,x1 + 5x2 − 9x3 + 8x4 = 1,
5x1 + 18x2 + 4x3 + 5x4 = 12.
Atsakymai1. (a) nesuderinta;
(b) suderinta;
(c) suderinta, rk(A) = 2
49
7. Tiesiniai atvaizdžiai
7.1 apibrėžimas. Tegul U ir V - vektorinės erdvės virš kūno k. Funkcija A : U → V vadinamatiesiniu atvaizdžiu, jeigu ji tenkina sąlygas:
1. A(u1 + u2) = A(u1) + A(u2), ∀u1, u2 ∈ U ;
2. A(αu) = αA(u), ∀α ∈ k, u ∈ U .
Pastaba. Kai vektorinės erdvės U ir V sutampa, tiesinis atvaizdis A : U → V vadinamas tiesiniuoperatoriumi.
Pavyzdžiai
1. Tiesinės trimatės erdvės atvaizdžiai:
• atspindys plokštumos atžvilgiu;
• centrinė simetrija (veidrodinis atspindys taško atžvilgiu);
• posūkis.
2. Tegul Rn[x] yra polinomų, kurių laipsnis neviršija n, vektorinė erdvė. Diferencijavimo funkcijaD(f) = f ′ yra tiesinis atvaizdis.
Tuo tarpu postūmis erdvėje nėra tiesinis operatorius.
Apibrėžimai
1. Tiesinio atvaizdžio A : U → V branduoliu vadinama vektorinės erdvės U aibė
kerA = {u ∈ U | A(u) = 0}.
2. Tiesinio atvaizdžio A : U → V vaizdu vadinama vektorinės erdvės V aibė
imA = {v ∈ V | ∃u ∈ U : A(u) = v}.
3. Tiesinis atvaizdis A : U → V vadinamas monomorfizmu (injektyviuoju tiesiniu atvaizdžiu),kai kerA = 0.
4. Tiesinis atvaizdis A : U → V vadinamas epimorfizmu (siurjektyviuoju tiesiniu atvaizdžiu),kai imA = V .
5. Tiesinis atvaizdis A : U → V vadinamas izomorfizmu (bijektyviuoju tiesiniu atvaizdžiu), kaikerA = 0 ir imA = V .
7.1. Tiesinių atvaizdžių matricos
Tegul A : U → V - tiesinis atvaizdis, o u = [u1, u2, . . . , un] yra U bazė ir v = [v1, v2, . . . , vm] yraV bazė. Tada kiekvieną A(u) ∈ V vektorių galima išreikšti per bazinius vektorius. Tai padarykimesu visais erdvės U baziniais vektoriais u:
50
A(u1) = a11v1 + a21v2 + · · · + am1vm =∑
i
ai1vi,
A(u2) = a12v1 + a22v2 + · · · + am2vm =∑
i
ai2vi,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,
A(un) = a1nv1 + a2nv2 + · · · + amnvm =∑
i
ainvi.
Matrica
A =
a11 a12 . . . a1m
a21 a22 . . . a2m
. . . . . . . . . . . . . . . . . .an1 an2 . . . anm
vadinama tiesinio atvaizdžio A matrica duotų bazių atžvilgiu.Pavyzdžiui plokštumoje R2 posūkis prieš laikrodžio rodyklę kampu α standartinėje bazėje [(1,0),(0,1)]
turi tokią matricą:(
cos α sin α− sin α cos α
)
.
Kitas pavyzdys. Kaip jau žinote Rn[x] polinomai, kurių laipsnis neviršija n, sudaro vektorinęerdvę. O diferencijavimo funkcija D(f) = f ′ yra tiesinis atvaizdis. Jo matrica bazėje [1,x,x2,x3,...,xn]yra:
0 0 0 0 . . . 0 01 0 0 0 . . . 0 00 2 0 0 . . . 0 00 0 3 0 . . . 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 0 . . . n 0
.
Naudojant tiesinio operatoriaus matrica galime rasti vektoriaus A(u) koordinates, jeigu žinomevektoriaus u koordinates bazėje u. Tarkime, kad
u = µ1u1 + µ2u2 + ... + µnun, µi ∈ k
tada
A(u) = µ1Au1 + µ2Au2 + ... + µnAun (17)
= µ1(∑
i
ai1vi) + µ2(∑
i
ai2vi) + ...µn(∑
i
ainvi) (18)
= (∑
i
a1iµi)v1 + (∑
i
a2iµi)v2 + ... + (∑
i
aniµi)vn. (19)
Taigi, jeigu vektoriaus u koordinatės buvo uu = [µ1,µ2,...,µn], tada po atvaizdžio vektoriaus A(u)koordinatės bus stulpelis A(u)v = A uT
u= A [µ1,µ2,...,µn]T , kuri yra matricos A ir stulpelio uT
u
sandauga.Dviejų tiesinių atvaizdžių kompozicija yra tiesinis atvaizdis. Kitaip tariant:
Teiginys. Jeigu A : U → V ir B : V → W yra du tiesiniai atvazdžiai, tada
C = B ◦ A : U → W, C(u) = B(Au)
yra tiesinis atvaizdis. Jeigu pasirinktose bazėse atvaizdžiai C,B,A turi atitinkamas matricas C,B,A,tada C = BA, t.y. matrica C yra matricų B ir A sandauga.
Įrodymas. C(u)u = B(A(u))u = B A uTu
= C uTu.
51
8. Literatūra
• E. Gaigalas - Algebros užduotys ir rekomendacijos.http://www.mif.vu.lt/katedros/mmk/gaig/files/algebra1.html
• R. Grigutis - Algebros kursas informatikams.http://www.mif.vu.lt/matinf/asm/gr/algebra.htm
• http://www.unicyb.kiev.ua/Library/Algebra/Proskur/index.htm
52
