Lemmaning isboti.
C matritsaning
harakteristik soniga mos keluvchi
xos vektorni y bilan belgilaymiz:
)
0
(
y
y
C
(4.14) va (4.17) dan
Ay
y
C
y
(4.18)
97
shuning uchun
r
r
y
Endi
r
holni taxlil qilamiz. Bu holda (4.18)dan kelib chiqadiki,
y
A
matritsa uchun ekstremal vektor, demak
0
y
va
y
A matritsaning r
harakteristik soniga mos xos vektor. Shuning uchun (4.18) quyidagi ko’rinishni
oladi:
0
,
y
ry
y
C
Ay
(4.19)
Bundan, (4.14) ga asosan
A
C
(4.20)
)
,...,
,
2
,
1
(
),
,....,
,
(
2
1
n
j
e
y
y
y
y
y
y
j
i
j
j
n
bo’lsin.
n
i
i
i
e
e
e
D
,...,
,
2
1
dioganal matritsa olamiz.
U holda
Dy
y
Buni (4.17) ga qo’yib,
i
re
deb olib, quyidagini topamiz:
ry
Fy
(4.21)
Bu yerda
CD
D
e
F
i
1
(4.22)
(4.19) va (4.21) dan
Ay
y
C
Fy
(4.23)
ammo (4.22) va (4.20) ga asosan
A
C
F
shuning uchun (4.23) dan ,
y
F
Fy
0
y
bo’lgani uchun bu tenglik
F
F
dagina, ya’ni
A
CD
D
e
i
1
da o’rinli bo’ladi. Bundan
1
DAD
e
C
i
98
lemma isbotlandi.
Teoremaning isbotiga qaytamiz. Isbotlangan lemmani r maksimal moduli
h ta har xil harakteristik sonlarga ega bo’lgan oyilmaydigan A matritsaga
qo’llaymiz:
)
2
....
(
,...,
,
1
2
1
0
1
1
0
1
1
0
h
i
h
i
i
h
re
re
re
U holda C=A va
k
deb olib, ixtiyoriy k=0,1,…,h-1 uchun quyidagiga ega
bo’lamiz:
1
k
k
i
AD
D
e
A
k
(4.24)
bu yerda D
k
-dioganal matritsa bo’lib,
E
D
k
.
z
A matritsaning
r
maksimal harakteristik songa mos musbat xos vector
bo’lsin:
)
0
(
z
rz
Az
(4.25)
u holda
z
D
y
k
k
0
z
y
k
(4.26)
deb olib, (4.25) dan
k
k
k
y
y
A
)
1
,..,
1
,
0
,
(
h
k
re
k
i
k
(4.27)
Oxirgi tenglikdan ko’rinadiki,
1
1
0
,
...
,
,
h
y
y
y
vektorlar A matritsaning
1
1
0
,...,
,
h
harakteristik sonlar uchun xos vektorlar bo’ladi.
(4.24) dan kelib chiqadiki nafaqat
r
0
balki,
1
1
0
,...,
,
h
lar A matritsaning
oddiy harakteristik sonlari bo’ladi. Shuning uchun
k
y
xos vektorlar va
)
1
,...,
2
,
1
,
0
(
h
k
D
k
matritsalar o’zgarmas skalyar ko’paytuvchi aniqligida
aniqlanadi.
1
1
0
,...,
,
h
D
D
D
matritsalarni bir qiymatli aniqlash uchun bu
matritsaning birinchi dioganal elementlarini birga teng qilib tanlaymiz. U holda
E
D
0
va
0
z
y
.
(4.24) dan quyidagi kelib chiqadi:
)
1
,...,
1
,
0
,
(
1
1
1
)
(
h
k
j
D
AD
D
D
e
A
j
k
k
j
i
k
j
bundan, yuqoridagi kabi xulosa qilamizki,
99
z
D
D
k
j
1
vektor A matritsani
)
(
k
j
i
re
harakteristik soniga mos xos vektori bo’ladi.
Shuning uchun
)
(
k
j
i
e
son
l
i
e
sonlarning biri bilan,
1
k
j
D
D
matritsa esa
j
D
matritsaning biri bilan ustma-ust tushadi, ya’ni qandaydir
2
1
,
e
e
larda
2
1
)
(
)
(
,
i
i
i
i
e
e
e
e
k
j
e
k
j
,
,
1
e
k
j
D
D
D
,
2
1
e
k
j
D
D
D
Shunday qilib,
1
1
0
,...,
,
h
i
i
i
e
e
e
songa mos va dioganal
1
1
0
,...,
,
h
D
D
D
matritsalar o’zaro izomorf multiplikativ abel gruppalarini tashkil etadi.
Har qanday h ta har xil elementli chekli gruppada ixtiyoriy elementning h-
darajasi gruppaning birlik elementiga teng. Shuning uchun
1
1
0
,...,
,
h
i
i
i
e
e
e
lar birning h-darajali ildizlari bo’ladi. Shuningdek , birning hta har xil ildizlari
mavjud va
2
,...,
0
1
2
1
0
h
u holda
)
1
,..,
1
,
0
(
2
h
k
k
k
va
)
1
...,
1
,
0
,
(
2
1
h
k
e
e
e
i
k
i
k
i
k
(4.28)
)
1
...,
2
,
1
,
0
(
,
h
k
r
k
k
(4.29)
1
1
0
,...,
,
h
sonlar (4.4) tenglamaning to’la yechimlar sistemasini tashkil etadi.
(4.28) mos ravishda quyidagicha ega bo’lamiz:
)
1
,...
2
,
1
,
0
,
(
,
1
h
k
D
D
D
D
k
k
(4.30)
Endi (4.24) tenglikdan k=1 da
1
2
DAD
e
A
h
i
(4.31)
hosil bo’ladi. Bundan kelib chiqadiki, A matritsa
h
i
e
2
ga ko’paytirilganda
o’xshash matritsaga o’tadi, demak, A matritsada harakteristik sonlarning to’la
100
sistemasi
h
i
e
2
ga ko’paytirilganda o’zi-o’ziga o’tadi.
E
D
h
ekanligidan ko’rinadiki, d ning dioganalidagi barcha elementlari birning h-
darajali ildizlari bo’ladi. A dagi (mos ravishda D dagi) qatorlarni o’rin
almashtirish bilan D matritsa quyidagi kvazidioganal ko’rinishga kelishi
mumkin:
1
1
1
1
0
0
,...,
,
s
s
E
E
E
D
(4.32)
bu yerda
1
1
0
,...,
,
s
E
E
E
-birlik matritsalar va
h
n
e
p
p
i
p
p
2
,
(
p
n
-butun son, p=0,1,…,s-1, 0=n
0
1
<… s-1
h
s
.
A matritsani quyidasicha blok ko’rinishida yozib,
𝐴 = ‖
𝐴
11
𝐴
12
… 𝐴
1𝑠
𝐴
21
𝐴
22
… 𝐴
2𝑠
. .
𝐴
𝑠1
. .
𝐴
𝑠2
. .
…
. .
𝐴
𝑠𝑠
‖
(4.33)
)
,...,
,
2
,
1
,
(
1
1
s
q
p
A
A
pq
p
q
pq
i
h
e
2
(4.34)
Bundan ixtiyoriy p va q da
1
1
p
q
yoki
0
pq
A
.
p=1 deb olamiz. Barcha
n
A
A
A
1
13
12
,...,
,
matritsalar bir vaqtda nolga
aylanishi mumkin emas, u holda
)
1
(
,...,
,
0
0
1
0
2
0
1
s
yechimlardan biri
ga
teng bo’lishi kerak. Bu faqat
1
1
n
dagina mumkin. U holda
0
1
va
0
...
1
13
11
s
A
A
A
huddi shunday (4.34)da p=2 deb olib,
2
2
n
va
0
...
2
22
21
s
A
A
A
va hakozo. Natijada quyidagini hosil qilamiz:
101
𝐴 = ‖‖
0
𝐴
12
0 … 0
0
0
𝐴
23
… 0
. .
0
𝐴
𝑠1
. .
0
𝐴
𝑠2
. .
0
𝐴
𝑠3
. .
.
…
. .
𝐴
𝑠−1,𝑠
𝐴
𝑠𝑠
‖
‖
shunday qilib,
1
1
n
,
2
2
n
,…,
1
1
s
n
s
. Ammo p=s da (4.34) tenglikning o’ng
tomonida quyidagi ko’paytuvchi turadi:
)
,..,
2
,
1
(
2
)
(
1
1
s
q
e
i
h
s
q
p
q
bu sonlardan biri
i
h
2
ga teng bo’lishi kerak. Bu faqat s=h va q=1 dagina
mumkin, demak,
0
...
2
ss
s
A
A
shunday qilib,
1
1
2
2
1
0
,...,
,
,
h
h
E
E
E
E
D
va A matritsa (4.5) ko’rinishga ega.
Frobenus teoremasi to’la isbotlandi.
Dostları ilə paylaş: |