Frobenius
teoremasining
isboti
.
Fiksirlangan
haqiqiy
)
0
(
0
,...,
,
2
1
x
x
x
x
x
n
vektor uchun
i
i
n
i
x
x
Ax
r
)
(
min
1
n
k
k
ik
i
n
i
x
a
Ax
1
,...
2
,
1
,
deb olamiz, bunda minimumni aniqlashda
0
i
x
uchun i indeksning qiymatlari
yo’qotiladi. Ma’lumki,
0
x
r
va
x
r
Ax
gx
tengsizlikni qanoatlantiruvchi g haqiqiy sonlarning eng kattasi bo’ladi.
Biz
x
r
funksiya qandaydir z>0 vektorda o’zining eng katta r qiymatiga
erishishini isbotlaymiz:
i
i
n
i
x
x
x
z
x
Ax
r
r
r
)
(
min
max
max
1
0
0
(4.7)
x
r
ning aniqlanishidan kelib chiqadiki,
0
x
0
x
vektorni
0
songa
ko’paytirganda
x
r
o’zgarmaydi. Shuning uchun
x
r
funksiya maksimumini
izlashda
0
x
,
n
i
i
x
x
x
1
2
1
,
shartni qanoatlantiruvchi x vektorlardan tuzilgan M yopiq to’plam bilan
chegaralanish mumkin.
Agar
x
r
funksiya M to’plamda uzluksiz bo’lsa, u holda maksimumning
mavjudligi ta’minlanadi. Ammo
x
r
funksiya ixtiyoriy x>0 nuqtada uzluksiz
bo’lib, koordinatalaridan biri nolga aylanadigan M to’plamning chegaraviy
94
nuqtalarida uziladigan bo’lishi mumkin. Shuning uchun M to’plam o’rniga
quyidagi ko’rinishdagi y vektorlardan tuzilgan N to’plamni kiritamiz:
)
(
)
(
1
M
x
x
A
E
y
n
N to’plam M to’plam kabi chegaralangan va yopiq bo’lib, lemma4.1
ga asosan musbat vektorlardan tuzilgan.
bundan tashqari,
Ax
x
r
x
tengsizlikning ikkala tomonini
0
)
(
1
n
A
E
ga ko’paytirib, quyidagini hosil
qilamiz:
Ay
y
r
x
)
)
(
(
1
x
A
E
y
n
bundan,
y
r
ni aniqlanishiga ko’ra quyidagini topamiz:
y
x
r
r
shuning uchun
x
r
ning maksimumini izlashda M to’plamni faqat musbat
vektorlardan tuzilgan N to’plam bilan almashtirishimiz mumkin. N
chegaralangan, yopiq toplamda
x
r
funksiya uzluksiz bo’lib, qandaydir z>0
vektorda o’zining eng katta qiymatiga erishadi.
r
r
z
(4.8)
Shartni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy z>0 vektorni ekstremal deb ataymiz.
Endi quyidagilarni isbotlaymiz:
1) (4.7) tenglik bilan aniqlangan r son musbat va A matritsaning
harakteristik soni bo’ladi;
2) ixtiyoriy z ekstremal vektor bo’ladi, ya’ni
r>0, z>0, Az=rz. (4.9)
Haqiqatan, agar
)
1
,
...
,
1
,
1
(
n
u
bo’lsa, u holda
n
k
ik
n
i
u
a
r
1
1
min
. Ammo
bu holda
0
u
r
, chunki yoyilmaydigan matritsaning birorta ham satri faqat
nollardan iborat bo’lishi mumkin emas. Demak, r>0, chunki
x
r
r
.
Agar
95
z
A
E
x
n
1
)
(
(4.10)
bo’lsin. U holda lemma4.1 asosan x>0 faraz qilaylik,
0
rz
Az
. U holda (4.1),
(4.8) va (4.10) dan quyidagini ketma-ketni hosil qilamiz:
0
,
0
)
(
)
(
,
0
1
rx
Ax
rz
Az
A
E
rz
Az
n
oxirgi tengsizlik r sonini aniqlanishiga zid, chunki bu tengsizlikdan yetarli
kichik
0
uchun
0
)
(
x
r
Ax
ya’ni
r
r
r
x
kelib chiqadi. Demak,
Az=rz. Ammo bu holda
z
r
z
A
E
x
n
n
1
1
)
1
(
)
(
0
bo’lib, bundan
0
z
kelib chiqadi.
Endi barcha harakteristik sonlar modullari r dan ortmasligini ko’rsatamiz.
)
0
(
y
y
Ay
(4.11)
bo’lsin. (4.11) ning ikkala tomonidan modulga o’tib,
Ay
y
(4.12)
ni hosil qilamiz. Bundan,
r
r
y
faraz qilaylik, r harakteristik son qandaydir y vektorga mos kelsin:
)
0
(
y
ry
Ay
u holda (4.11) va (4.12) da
r
deb olib, xulosa qilamizki,
y
-ekstremal vektor
bo’lib,
0
y
, ya’ni
0
),
,...,
,
(
2
1
i
n
y
y
y
y
y
(i=1,2,…,n). bundan kelib
chiqadiki, r harakteristik songa faqat bitta xos yo’nalish mos keladi, chunki,
ikkita chiziqli bog’liqmas z va z
1
vektorlar bo’lgan holda biz shunday c va d
sonlarni tanlashimiz mumkin bo’ladiki, unda
1
dz
cz
y
xos vektor nolli
koordinataga ega bo’ladi, isbotlanganga ko’ra bu mumkin emas.
A
E
harakteristik matritsa uchun quyidagi matritsani kiritamiz:
1
1
,
)
)(
(
)
(
)
(
A
E
B
B
n
k
i
ik
,
bu yerda
)
(
-A matritsaning harakteristik ko’phadi,
)
(
ik
B
esa
)
(
aniqlovchidagi
ki
ki
a
elementning algebraic to’ldiruvchisi. R harakteristik
songa faqat bitta
0
,...,
0
,
0
),
,...,
,
(
2
1
2
1
n
n
z
z
z
z
z
z
z
xos vektor mos kelishidan
96
kelib chiqadiki,
0
)
(
r
B
va
B(r)
matritsaning ixtiyoriy nolmas ustunida barcha
elementlar noldan farqli va bir xil ishorali bo’ladi. U holda bu hol B(r) matritsa
satrlari uchun ham o’rinli, chunki A matritsa uchun yuritilgan mulohazalarni A
T
-
transponarlangan matritsa uchun ham yuritish mumkin. Bundan kelib chiqadiki,
barcha
)
(
r
B
ik
)
,...,
2
,
1
,
(
n
k
i
noldan farqli va bitta
ishorali. Shuning uchun
n
i
ii
T
r
B
r
1
0
)
(
)
(
,
ya’ni
0
)
(
r
T
va r son
)
(
harakteristik ko’phadning oddiy ildizi.
Shunday qilib, r son
...
)
(
n
ko’phadning maksimal ildizi, u holda
)
(
ko’phad
r
da o’sadi. Shuning uchun
0
)
(
r
T
va
1
ya’ni
)
,
...
,
2
,
1
,
(
0
)
(
n
k
i
r
B
ik
(4.13)
teoremaning ikkinchi qismini isbotlashda quyidagi lemmadan foydalanamiz:
Lemma4.2.
Agar
n
k
i
ik
a
A
1
,
va
n
k
i
ik
c
C
1
,
ikkita bir xil n-o’lchovli
matritsalar bo’lib, A- yoyilmaydigan matritsa va
A
C
(4.14)
bo’lsa, u holda C matritsaning
harakteristik soni bilan A matritsa r maksimal
harakteristik soni o’rtasida
r
(4.15)
tengsizlik o’rinli. (4.15) munosabatda tenglik belgisi faqat va faqat
1
DAD
e
C
i
(4.16)
dagina o’rinli bo’lishu mumkin, bu yerda
r
e
i
,
D-elementlari moduli bo’yicha birga teng bo’lgan dioganal matritsa (D
+
=E).
Dostları ilə paylaş: |