Teorema 4.
6
.
Agar mos ravishda r va r
1
maksimal harakteristik sonli
A va A
1
manfiymas matritsalar berilgan bo’lsa, u holda
1
A
A
tengsizlikdan
1
r
r
tengsizlik kelib chiqadi. Agar A yoyilmaydigan matritsa bo’lsa,
1
r
r
bo’ladi.
Isboti.
A –yoyilmaydigan matritsa bo’lsin. U holda A
1
ham
yoyilmaydigan matritsa bo’ladi. A
1
matritsaning r
1
harakteristik soni uchun xos
vektorini x bilan belgilaymiz:
106
)
0
(
1
1
x
x
r
x
A
bundan,
x
A
A
rx
Ax
x
r
r
)
(
1
1
(4.53)
ammo
0
)
(
1
x
A
A
. Shuning uchun agar x A matritsaning r harakteristik soni
uchun xos vektor bo’lmasa, u holda qandaydir
)
1
(
n
i
i
indeksda
0
)
(
1
1
i
i
x
A
A
x
r
r
ya’ni, yana
1
r
r
bo’ladi.
Yoyiluvchi matritsa bo’lgan holda
B
A
A
va
0
,
0
,
1
1
B
B
A
A
matritsalarni kiritamiz, u holda
0
1
vaA
A
A
bo’ladi. Shuning uchun
1
r
r
mos ravishda
1
vaA
A
matritsalarning maksimal harakteristik sonlari.
0
da
limitga o’tsak,
1
vaA
A
lar mos ravishda
1
A
va
A
da,
1
r
r
tengsizlik
1
r
r
tengsizlikka o’tadi.
Mashqlar:
Manfiymas elementli matritsalar uchun muhim bo’lgan 1-7
tasdiqlarni isbotlang.
§4
.
Yoyiluvchi matritsaning normal formasi.
Ixtiyoriy
n
k
i
ik
a
A
1
,
yoyiluvchi matritsani qaraymiz.. uning qatorlarini
almashtirib, quyidagi ko’rinishga keltirish mumkin;
𝐴 = ‖
𝐵 𝑂
𝐶 𝐷
‖
(4.54)
bu yerda B,D-kvadrat matritsalar.
Agar B va D matritsalar yoyiluvchi bo’lsa, uni (4.54)ga o’xshash
ko’rinishda tasvirlash mumkin, shundan so’ng A matritsa quyidagi
ko’rinishni oladi:
𝐴 = ‖
𝐾 𝑂 𝑂
𝐻 𝐿
𝑂
𝐹 𝐺 𝑀
‖
Agar K,L,M matritsalarning qandaydir biri yoyiluvchi bo’lsa, yuqoridagi
jarayonni yana davom ettirish mumkin. Qatorlarni almashtirish natijasida biz A
107
matritsada uchburchak bloklar (formasi) ko’rinishini beramiz:
𝐴 = ‖
𝐴
11
𝑂
… . 𝑂
𝐴
21
𝐴
22
… . 𝑂
.
𝐴
𝑆1
.
𝐴
𝑠2
. .
… . 𝐴
𝑠𝑠
‖
(4.55)
bu yerda dioganaldagi bloklar yoyilmaydigan kvadrat matritsalardir.
Dioganaldagi
𝐴
𝑖𝑖
(1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑠)
blok matritsalar ajralgan deyiladi, agarda
𝐴
𝑖𝑘
= 0(𝑘 = 1,2, … , 𝑖 − 1, 𝑖 + 1, … , 𝑠)
bo’lsa. (4.55) matritsada blokli qatorlarni o’rinlarini almashtirib, barcha
ajralgan bloklarni bosh dioganal bo’ylab birinchi o’ringa qo’yamiz. Shundan
so’ng A matritsa quyidagi ko’rinishni oladi:
s
g
s
sg
s
s
g
g
g
g
g
g
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
...
...
...
...
....
...
...
...
...
0
...
...
0
...
0
...
0
0
...
...
...
...
...
...
...
0
...
0
0
...
0
0
...
0
0
...
0
1
,
2
1
1
,
1
2
,
1
1
,
1
2
1
(4.56)
u yerda
𝐴
1
, 𝐴
2
, … , 𝐴
𝑠
yoyilmaydigan matritsalarhar bir qatordagi,
𝐴
𝑓1
, 𝐴
𝑓2
, … , 𝐴
𝑓,𝑓−1
(𝑓 = 𝑔 + 1, . . , 𝑠)
,
matritsaning hech bo’lmaganda bittasi noldan farqli.
(4.56) matritsani yoyiluvchi A matritsaning normal formasi deb ataymiz.
Teorema 4.7.
A ≥ 0
matritsaning r maksimal harakteristik soniga faqat
va faqat shu holda musbat xos vektor mos keladi, qachonki A matritsaning
(4.64) normal formasida:
1.
𝐴
1
, 𝐴
2
, … , 𝐴
𝑔
matritsaning har biri o’zining r harakteristik soniga ega:
2. 𝑔 < 𝑠 𝑑𝑎 𝐴
𝑔+1,
𝐴
𝑔+2
, … 𝐴
𝑠
matritsalarning birortasi ham bunday
xossaga ega emas.
Isboti.
R-maksimal harakateristik soniga z>0 musbat xos vektor mos kelsin.
Bloklarga bo’lish bilan mos ravishda (4.56) da z ustunni
𝑧
𝑘
(𝑘 = 1,2, … , 𝑠)
qismlarga ajratamiz. U holda
108
𝐴𝑧 = 𝑟𝑧 (𝑧 > 0)
(4.57)
tenglik quyidagi ikkita tengliklar sistemasiga almashadi:
A
i
z
i
= rz
i
(i = 1,2, … , g)
(4.57
|
)
∑
A
jh
z
h
+
j−1
h=1
A
j
z
j
= rz
j
, (j = g + 1, . . , s)
(4.57
||
)
(4.57
|
)
da kelib chiqadiki, r har bir
𝐴
1
, 𝐴
2
, … , 𝐴
𝑠
matritsaning harakteristik
soni bo’ladi. (4.57
||
)
dan quyidagini topamiz:
𝐴
𝑗
𝑧
𝑗
≤ 𝑟𝑧
𝑗
, 𝐴
𝑗
𝑧
𝑗
≠ 𝑟𝑧
𝑗
, (𝑗 = 𝑔 + 1, … , 𝑠)
(4.58)
𝑟
𝑗
bilan
𝐴
𝑗
(𝑗 = 𝑔 + 1, . . , 𝑠)
matritsaning maksimal harakteristik sonini
belgilaymiz. U holda (4.58)dan quyidagini topamiz:
𝑟
𝑗
≤ 𝑚𝑎𝑥
(𝐴
𝑗
𝑧
𝑗
)𝑖
𝑧
𝑖
𝑗
≤ 𝑟, (𝑗 = 𝑔 + 1, . . , 𝑠)
ikkinchi tomondan
𝑟
𝑗
= 𝑟
tenglik (4.58) ning ikkinchi munosabatiga ziddir.
shuning uchun
𝑟
𝑗
< 𝑟 (𝑗 = 𝑔 + 1, … , 𝑠)
(4.59)
endi aksincha,
𝐴
𝑖
(𝑖 = 1,2, … , 𝑔)
matritsalarning r gat eng maksimal xos
qiymati berilgan bo’lsin,
𝐴
𝑗
(𝑗 = 𝑔 + 1, . . , 𝑠)
matritsalar uchun esa (4.59)
tengsizliklar o’rinli. U holda izlanayotgan (4.57) tenglikni
(4. 57
′
)
va
(4. 57
′′
)
tengliklar sistemasi bilan alamashtirib,
(4. 57
′
)
dan
𝐴
𝑖
(𝑖 =
1,2, … , 𝑔)
matritsaning
𝑧
𝑖
musbat xos ustunlarni aniqlashimiz mumkin.
Shundan so’ng,(4.57
||
) dan
𝑧
𝑗
(𝑗 = 𝑔 + 1, . . , 𝑛)
ustunlarni topamiz:
𝑧
𝑖
= (𝑟𝐸
𝑗
− 𝐴
𝑗
)
−1
− ∑
𝐴
𝑗𝑘
𝑧
ℎ
(𝑗 = 𝑔 + 1, . . , 𝑠)
𝑗−1
𝑘=1
(4.60)
bu yerda
𝐸
𝑗
shu tartibli birlik matritsa bo’lib,
𝐴
𝑗
kabi
(𝑗 = 𝑔 + 1, . . , 𝑠)
𝑟
𝑗
< 𝑟(𝑗 − 𝑔 + 1, … , 𝑠)
bo’lgani uchun
(𝑟𝐸
𝑗
− 𝐴
𝑗
)
−1
> 0 (𝑗 = 𝑔 + 1, … 𝑠)
(4.61)
109
(4.60) formulalar bilan aniqlangan
𝑧
𝑔+1
, … , 𝑧
𝑠
ustun musbat ekanligini
induktiv usul bilan isbotlaymiz. Buning uchun ixtiyoriy
𝑗 (𝑔 + 1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑛)
da
𝑧
1
, 𝑧
2
, … , 𝑧
𝑗−1
ustunning musbatligidan
𝑧
𝑗
> 0
kelib chiqishini ko’rsatamiz.
Haqiqatan, bu holda
∑ 𝐴
𝑗𝑘
𝑧
𝑘
≥ 0
𝑗−1
𝑘=1
∑ 𝐴
𝑗𝑘
𝑧
𝑘
≠ 0
𝑗−1
𝑘=1
bo’lib, buni (4.61) bilan birgalikda qarasak (4.60) ga asosan kelib chiqadi.
Shunday qilib,
𝑧 = ‖
𝑧
𝑖
.
𝑧
𝑠
‖
musbat ustun A matritsaning r harakteristik soni
uchun xos vektor bo’ladi.
Dostları ilə paylaş: |