1
OʻZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA OʻRTA
MAXSUSTA'LIM VAZIRLIGI
TERMIZ
DAVLAT
UNIVERSITETI
FIZIKA- MATEMATIKA FAKULTETI
MATEMATIK TAHLIL KAFEDRASI
I.ALLAKOV
ALGEBRA VA
SONLAR
NAZARIYaSI
Ma'ruzalar matni.I-qism
( 1-kurs matematikaboʻlimi talabalari uchun)
Тўпламлар. Бинар муносабатлар. Алгебраик амал аниқланган
тўпламлар. Группалар. Чизиқли тенгламалар системаси.
Матрицалар ва детерминантлар.
TERMIZ-2010
Allakov I. Algebra va sonlar nazariyasi. Ma'ruzalar matnlari.I-qism. Termiz. 2010
yil. 87bet.
Ushbu oʻquv qoʻllanmasi 5460100-matematika ta'limi yoʻnalishi oʻquv dasturi
asosida yozilgan boʻlib toʻplamlar va akslantirishlar, binar munosabatlar,
algebraik amal aniqlangan toʻplamlar, matrisalar va determinantlar hamda ularning
~2~
chiziqli tenglamalar sistemasini echishga tadbiqlari misollar asosida bayon
qilingan. Amaldagi rejada 1-semestrda ma'ruza uchun taxminan 24 soat ajratilgani
uchun qoʻllanmadagi materiallarning taxminan 30 foizini mustaqil ta'limga ajratish
mumkin.
Taqrizchilar:
f.m.f.d., professor M.Isroilov
f.m.f.d., professor M.Mirsoburov
f.m.f.n., dosent A.Xurramov
©. Ma'ruzalar matnlari Termiz davlat universiteti fizika- matematika fakulteti ishchi kengashi
(29.08.2009. 1-sonli bayonnoma) va matematik analiz kafedrasi yigʻilishi (27.08.2009. 1-sonli
bayonnoma) tomonidan muhokama etilib ma'qullangan hamda foydalanish uchun tavsiya etilgan.
Mundarija
1. 1-ma'ruza. Toʻplamlar va ular ustida amallar. Toʻplamlar algebrasi....4
2. 2-3‫٭‬-ma'ruza. Akslantirishdar va ularning xossalari.…..……… .......8
3. 4-ma'ruza.Binar munosabatlar va ularning xossalari ……………….12
4. 5-ma'ruza. Ekvivalentlik va tartib munosabatlari.............................15
5. 6,7‫٭‬-ma'ruza. Natural sonlar sistemasi. Matematik induksiya metodi.
Birlashmalar. Nyuton binomi.………...………………………………..19
~3~
6. 8-ma'ruza. Algebraik amal aniqlangan toʻplamlar va algebralar.…....26
7. 9,10‫٭‬-ma'ruza. Gruppalar , qism gruppalar va ularning xossalari…30
8. 11- ma'ruza. Chiziqli tenglamalar sistemasi va toʻgʻri burchakli
matrisalar...................................................................................................36
9. 12-ma'ruza. n-oʻlchovli arifmetik fazo. Chiziqli bogʻlangan va chiziqli
bogʻlanmagan vektorlar sistemalari....…………………………….........40
10.13-ma'ruza. Vektorlar sistemasining rangi va bazisi……...……….45
11.14 -15‫٭‬- ma'ruza. Matrisalar va chiziqli tenglamalar sistemasining
rangi .……………………………………………………………………49
12.16- ma'ruza. Chiziqli tenglamalar sistemasini noma'lumlarni
ketma-ket yoʻqotish usuli (Gauss usuli) bilan echish…………..…...54
13.17-ma'ruza. 2 va 3-tartibli determinantlar. Oʻrniga qoʻyishlar
gruppasi……………………………………………………………………57
14.18-ma'ruza. n–tartibli determinantlar va ularning xossalari……63
15.19-ma'ruza. Minorlar va algebraik toʻldiruvchilar...………………..66
16.20-ma'ruza. Deteminantlarni satr yoki ustun elementlari boʻyicha
yoyish…………………………………… ……………...……………….70
17. 21-ma'ruza. Matrisaning rangini uning minorlaridan foydalanib
hisoblash .....……………………………………………………………...75
18.22-ma'ruza. Teskari matrisa………….………………………………..80
19.ADABIYoTLAR…………………………………………………………...86
1-MA'RUZA
MAVZU: TOʻPLAMLAR VA ULAR USTIDA AMALLAR.
TOʻPLAMLAR ALGEBRASI.
REJA:
1. Toʻplam tushunchasi va unga misollar.
~4~
2. Qism toʻplamlar va ularga misollar.
3. Toʻplamlar ustida bajariladigan amallar.
4. Toʻplamlar ustida bajariladigan amallarning xossalari.
5. Boʻsh va universal toʻplamlar. Toʻldiruvchi toʻplam.
6. Toʻplamlar ustida bajariladigan amallarni Eyler-Venn
diagrammalari yordamida ifodalash.
ADABIYoTLAR [ 1, 2 ] .
1.Toʻplam matematikaning asosiy tushunchalaridan biri boʻlib, u matematika
faniga nemis matematigi Georg Kantor (1845-1918) tomonidan kiritilgan.
Toʻplam tushunchasi eng sodda tushunchalardan biri boʻlgani uchun oʻnga
ta'rif berilmaydi. Odatda ob'ektlarni (predmetlarni) birgalikda olib qaraganimizda
toʻplam tushunchasiga kelamiz. Lekin bu yuzaki qarash boʻlib ayrim olingan birta
elementning oʻzini hamtoʻplam deb qarash mumkin.
Toʻplamlarni biz lotin alfavitining bosh harflari A, B, C, D, ... bilan,
toʻplamni tashkil etuvchi ob'ektlarni (ya'ni toʻplamning elementlarini) esa lotin
alfavitining kichik harflari a, b, c, d,... lar bilan belgilaymiz. aelementning
Atoʻplamga tegishli ekanligini aAkoʻrinishda b elementning Atoʻplamga tegishli
emas ekanligini esa bAkoʻrinishda belgilaymiz.Atoʻplam a, b, c, d, e
elementlardan tashkil topgan boʻlsa, u A{ a, b, c, d, e} koʻrinishda belgilanadi.
Agar qaralayotgan toʻplamdagi elementlar soni chekli boʻlsa, bu toʻplamga
chekli toʻplam, aks holda, ya'ni toʻplamdagi elementlar soni cheksiz koʻpboʻlsa, bu
toʻplamga cheksiz toʻplamdeyiladi.
Masalan: A{ a, b, c, 1, 2},B-Oʻzbekistondagi talabalar toʻplami,C -Er yuzidagi sut
emizuvchi hayvonlar toʻplami.Bu A,B,C toʻplamlar chekli toʻplamlardir.
N{ 1, 2, 3, 4, ... , n, ...}- natural sonlar toʻplami,
Z{ 0, 1, 2, 3, ... , n, ...} - butun sonlar toʻplami,
Zm { 0, m, 2m, ... } - m ga karrali butun sonlar toʻplami.
BuN, Z ,Zm - toʻplamlar cheksiz toʻplamlarga misol boʻladi.
~5~
2. Agar A va Vtoʻplamlar berilgan boʻlib,Atoʻplamning har bir elementi
Vtoʻplamga tegishli boʻlsa,AtoʻplamniVtoʻplamning qism toʻplami deyiladi va A
Vkoʻrinishda belgilanadi. Agarda A V boʻlib V da A ga kirmagan element mavjud
boʻlsa, A ga V ning xos qismideyiladi.
Masalan. A{ a , b , c , d , e } vaB{a, b, c, d, e, f, l, 1, 2} boʻlsa, A V.
Shuningdek NZ.
Agar A toʻplamning har bir elementi Vtoʻplamda va aksincha Vtoʻplamning
har bir elementi Atoʻplamda mavjud boʻlsa, u holda bunday toʻplamlarga
oʻzaroteng toʻplamlardeyiladi va AVkoʻrinishda belgilanadi.
Demak, AVboʻlishi AV va BA munosabatlarga teng kuchlidir.
Toʻplamlarning tegishli boʻlishlilik munosabati quyidagi xossalargaega:
1). AA (refleksivlik xossasi);
2). AV va BAdan AV kelib chiqadi (antisimmetriklik xossasi);
3). AV va BCdan ACkelib chiqadi (tranzitivliklik xossasi).
Bu xossalar bevosita ta'rifdan kelib chiqadi.
3. Endi berilgan A va Vtoʻplamlardan yangi toʻplamlarni hosilqilish
amallarni koʻribchiqamiz.
A va Vtoʻplamlarning barcha elementlaridan tuzilgan Stoʻplamga A va V
toʻplamlarning birlashmasideyiladi va AVkoʻrinishda belgilanadi. Demak, SAB.
Masalan: A{ a, b, c, 1, 2 } vaV{ b, d, 2}boʻlsa, AB{ a, b,c, d, 1,2 }boʻladi. Bunda A
vaVtoʻplamlarning ikkalasida ham mavjud boʻlgan elementlar birlashmada bir
marta olinadi.
A va Vtoʻplamlarning umumiy elementlaridan tuzilgan Stoʻplamga A va V
toʻplamlarning kesishmasideyiladi va A Vkoʻrinishda belgilanadi.
Demak,
SAB Masalan yuqorida berilgan toʻplamlar uchun A V{ b, 2 }.
Atoʻplamdan V toʻplamning ayirmasi deb A ning V ga kirmagan elementlaridan
tuzilgan toʻplamga aytiladi va A Vkoʻrinishda belgilanadi.Yuqoridagi olgan
misolimizda A V{ 1, a, c } va V A { d }.
Bundan
A B B A ekanligi kelib chiqadi.
Toʻplamlarning ayirmasi bilan birga ularning simmetrik ayirmasi deb
ataluvchi AV (A B)( B A) bilan aniqlanuvchi toʻplam hamqaraladi.
~6~
AvaVtoʻplamlarning elementlaridan tuzilgan barcha mumkin boʻlgan
( a, b) koʻrinishdagi juftliklar toʻplamiga A va Vtoʻplamlarning
toʻgʻri(Dekart) koʻpaytmasideyiladi va A×Vkoʻrinishda belgilanadi.
( a, b) juftlikda aA va b B . Demak, A×V { ( a, b) a A , b B }.
Masalan: A{ 1, 2, 3 }, B{ a, b}boʻlsa,
AXV={(1, a); (1, b); (2, a); (2,b); (3,a); (3,b)} boʻladi.
4. Toʻplamlar ustidagi amallar quyidagi xossalarga ega:
1). A AA, AAA idempotentlik;
2). A B B A, A B B A kommutativlik;
3). A(B C)(A B) C , A (B C)(A B) C assosiativlik;
4). A(B C)(AB)(AC),A(BC)( A B) (A C) distributivlik;
5). Agar A V boʻlsa, u holdaA VVva A VA boʻladi.
Biz faqat 4) ning birinchisini isbotlash bilan chegaralanamiz.
a).xA(B C) boʻlsin , u holdaxA yokixBC. Faraz etaylik
xAboʻlsin. U holdaxA V va xAS. Demak,x(AB)(AC).
Endi xBCboʻlsin. U holdaxB va x S. Demak, xA V va xA S.Shuning uchun
hamx(AB)(AC). Shundayqilib,
A(B C) (A B) (A C).(1)
b). x(A B)(A C)boʻlsa, u holdax A B va x A C. Bundan xA yoki xV va xS.
Agar xA boʻlsa, u holdaxA(B C) boʻladi.Agarda xV va xSboʻlsa, xBCboʻladi
va shuning uchun hamxA(BC). Demak,
(AB) (AC) A(BC).(2)
(1) va (2) dan isbotlanishi talab etilgan tenglik kelib chiqadi.
5. Toʻplamlar nazariyasida boʻshtoʻplam va universal toʻplam deb
ataluvchitoʻplamlar muhim ahamiyatga ega. Birorta ham elementga ega boʻlmagan
toʻplamga boʻshtoʻplamdeyiladi va koʻrinishda belgilanadi.
~7~
Masalan: 1). Auditoriyadagi daraxtlar toʻplami;
2).x+10 tenglamaning natural sonlardagi echimlari toʻplami;
3).Oʻzbekistonhududidagi okeanlar (ummonlar) toʻplami va boshqalar
boʻshtoʻplamga misol boʻladi.
Qaralayotgan birorta toʻplamning hamqism toʻplami deb qaralmaydigan toʻplamga
universal toʻplamdeyiladi va Uharfi bilan belgilanadi.
IxtiyoriyA toʻplam uchun AU boʻlgani sababli AUU, AUA , shuningdekAA,
Aboʻladi.
UAtoʻplamga A ning toʻldiruvchisi (ya'ni toʻldiruvchi toʻplami) deyiladi va Abilan
belgilanadi.
Shuningdek, A Vboʻlsa , V \ Atoʻplamga A ni V gacha toʻldiruvchi toʻplam
deyiladi va SAVVAkoʻrinishda belgilanadi.
Osonlik bilan koʻrish mumkinkiAAU, AA, (A) ’Ava agar A V boʻlsa, u
holda VAboʻladi.
(A V)A V, (A V)A V - toʻplamlar uchun de Morgan qonunlarioʻrinli.
6. Toʻplamlar va ular ustida amallarni diagrammalar yordamida ifodalash qulay.
Buning uchun A toʻplam biror doira ichidagi elementlardan tuzilgan deb qaraymiz.
U holdakoʻriboʻtilgan amallar quyidagicha tasvirlanadi:
a)
AB
v)
d) ABe) Af) AB
AB
s) AB
~8~
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar.
1. Toʻplamning xarakteristik xossasi deganda nimani tushunasiz?
2. Qism toʻplam deb qandaytoʻplamlarga aytiladi?
3. Chekli va cheksiz toʻplamlarga misollar keltiring.
4. Toʻplamlarning birlashmasi va kesishmasi deb nimaga aytiladi?
5. Berilgan A toʻplamdan Vtoʻplamning ayirmasi deb nimaga aytiladi?
6. Toʻplamlarning Dekart (toʻgʻri) koʻpaytmasi deb nimaga aytiladi?
7. Boʻsh va universal toʻplamga ta'rif bering.
8. Toʻldiruvchi toʻplam deb qandaytoʻplamga aytiladi?
9. A={1, 2, 3, a, b } va V={ 2 , b, d } boʻlsa , u holda A V , A V,A \ V, AV vaA×V
larni toping.
10. Toʻplamlar ustida amallarni Eyler Venn doiralari yordamida ifodalang.
11. Toʻplamning quvvati deb nimaga aytiladi?
12.Sanoqli va sanoqsiz toʻplamlarga ta'rif bering, misollar keltiring.
2-3*-MA'RUZA
MAVZU: AKSLANTIRIShLAR VA ULARNING XOSSALARI
REJA:
1. Akslantirishlar ta'rifi va misollar.
2.Syur'ektiv, in'ektiv va bi'ektiv akslantirishlar.
3. Akslantirishlar kompozisiyasi.
4. Teskarlanuvchi akslantirishlar.
~9~
Adabiyotlar [1,2].
Faraz etaylik bizgaA va boʻsh boʻlmagan toʻplamlar berilgan boʻlsin.
1-ta'rif: Agar bir qoidaga muvofiqtoʻplamning har bir elementiga
toʻplamning biror elementi mos qoʻyilgan boʻlsa, bu qoidaga aks ettirish
deyiladi va yoki koʻrinishida belgilanadi.
Bunda ga elementining obrazi (aksi), ga esa elementining probrazi (asli)
deb ataladi. toʻplam aks ettirishning aniqlanish sohasi, toʻplam esa qiymatlar
toʻplami deyiladi.
akslantirishda yagona obrazga ega, lekin ning istalgan elementi har
doim ham asliga ega boʻlaverishi, asliga ega boʻlganda ham u yagona boʻlishi shart
emas.
Misollar:odamlar toʻplami, musbat rasional sonlar toʻplami boʻlsin.
akslantirish har bir odamga uning santimetrlarda hisoblangan boʻyini mos qoʻysin.
U holda odamlar toʻplamini rasional sonlar toʻplamiga akslantiradi. Har bir
odamga yagona uzunlik mos keladi, lekin 1500 sm mos keluvchi odam mavjud
emas, shuningdek 175 sm ga mos keluvchi odamlar yagona emas.
2. akslantirish barcha haqiqiy sonlar toʻplami ni boʻlmagan manfiyhaqiqiy
sonlar toʻplami ga akslantiradi. akslantirishdagiA toʻplamning obrazini bilan
belgilaymiz. U holda boʻladi va bizning misolimizda boʻladi.
Agarda aks ettirish uchun element mavjud boʻlib tenglik oʻrinli boʻlsa,
ga oʻzgarmas akslantirish (funksiya) deyiladi.
2-ta'rif: Agar va aks ettirishlar berilgan boʻlib uchun oʻrinli boʻlsa, bu
aks ettirishlarni teng deyiladi va koʻrinishda belgilanadi.
Berilgan toʻplamni toʻplamga akslantiruvchi barcha akslantirishlar
toʻplamini orqali belgilaymiz. boʻlsin. U holda tenglik bilan aniqlangan aks
ettirishga ning torayishi esa ning kengayishi (davomi) deyiladi.
Masalan: dagi akslantirish dagi ning davomidir.
3-ta'rif. Agar aks ettirishda har bir element toʻplamda kamida bitta aslga
ega boʻlsa bunday aks ettirish (syur'eksiya) syur'ektiv aks ettirish deyiladi.
~ 10 ~
4-ta'rif. Agar aks ettirishda har bir bittadan ortiq aslga ega boʻlmasa (ya'ni
dan kelib chiqsa), bunday aks ettirish (in'eksiya ) in'ektiv aks ettirish deyiladi.
5-ta'rif. Bir vaqtda ham syur'ektiv va ham in'ektiv boʻlgan akslantirish
bi'eksiya (oʻzaro bir qiymatli akslantirish) deyiladi.
Misollar: 1) aks ettirish syur'ektiv ham, in'ektiv ham emas. Chunki manfiy
sonlar birorta ham aslga ega emas.
2) ni qarasak syur'ektiv boʻladi .
3) in'ektiv boʻladi.
4) ni qarasak biektiv akslantirish boʻladi.
Ixtiyoriy 2 ta va aks ettirishlar berilgan boʻlsin.
6-ta'rif.Har bir uchun tenglik bilan aniqlanuvchi aks ettirishga va aks
ettirishlarning kompozisiyasi (superpozisiyasi, koʻpaytmasi) deyiladi va bilan
belgilanadi.
Agarda boʻlsa, bilan birga kompozisiyani ham qarash mumkin. Bunda
umuman aytganda boʻladi.
Masalan:
boʻlsa, u holda va boʻladi. Demak .
1-teorema. Har qanday aks ettirishlar uchun tenglik oʻrinli.
Isboti.Haqiqatdan ham va Bu tengliklarning chap tomonlari tengligi
ularning oʻng tomonlarining tengligidan kelib chiqadi. Bu teorema aks ettirishning
assosiativlik xossasini isbotlaydi.
uchun tenglik bilan aniqlangan aks ettirishga toʻplamning ayni
akslantirishi deyiladi(yoki birlik aks ettirish ham deb yuritiladi).
Tushunarliki, har qanday toʻplam uchun aks ettirish bi'eksiyadir.
Shuningdek agar boʻlsa, boʻladi.
7-ta'rif. Agar aks ettirish uchun aks ettirish mavjud boʻlsaki va
tengliklar oʻrinli boʻlsa,bunday aks ettirish teskarilanuvchi, ga esa ning teskarisi
deyiladi.
~ 11 ~
Ta'rifdan koʻrinadiki, bu holda ham teskarilanuvchi va ga ning teskarisi
deyiladi.
2-teorema. Agar aks ettirishning teskarisi mavjud boʻlsa u yagonadir.
Isboti. Faraz etaylik lar ga teskari boʻlsin, ya'ni . U holda va lardan
kelib chiqadi.
Bundan keyin ga teskari aks ettirishni bilan belgilaymiz.
3-teorema. Aks ettirishning teskarilanuvchi boʻlishi uchun uning bieksiya
boʻlishi zarur va etarlidir.
Isboti.Zaruriyligi. teskarilanuvchi uning teskarisi boʻlsin, u holda va
uchun Bundan element elementning asli ekanligi kelib chiqadi. Demak
syur'eksiya.Endi agar biror elementlar uchun boʻlsa, u holda boʻladi, ya'ni
in'eksiya, shunday qilib bieksiya ekan.
Etarli ekanligi. Faraz etaylik bi'eksiya boʻlsin. U holda har bir uchun
yagona asl mavjud. Bundan element ning asli ekanligi kelib chiqadi, ya'ni aks
ettirish ga teskari.
Misollar: 1) Agar va boʻlsa, u holda funksiya bieksiya. Uning teskarisi
dan iborat.
2). Ixtiyoriy uchun funksiya ham bieksiya. Uning teskarisi
3) Agar va boʻlsa, u holda funksiya bieksiya va uning teskarisi .
4-teorema. Agar va bieksiyalar boʻlsa, ularning kompozisiyasi ham
bieksiya boʻladi va
Isboti. va lar bieksiya boʻlgani uchun va lar mavjud va demak
kompozisiyasi ham mavjud.
Kompozisiyaning assosativligiga asosan
va
.
Bulardan teskarilanuvchi va yuqorida isbotlangan 3-teoremaga asosan
bi'eksiya.
8-ta'rif. bieksiyaga toʻplamning oʻzgarishi (almashtirishi) deyiladi.
toʻplamning barcha oʻzgartirishini bilan belgilaymiz.
~ 12 ~
9ta'rif.toʻplamningqismtoʻplamiquyidagishartlarniqanoatlantirsaungaoʻzgartirishlar
guruhideyiladi.
uchunva
toʻplamningbirlikoʻzgartiruvchisihamgategishli.
uchun
3 va 4
teoremalardantoʻplamningoʻzihamoʻzgartirishlarguruhinihosilqilishkelibchiqadi.
Misollar. 1)
toʻplamdagikoʻrinishdagibarchafunksiyalartoʻplamioʻzgartirishlarguruhinihosilqila
di.
Haqiqatan ham:
boʻlsa
va
demak .
2). toʻplamdagi koʻrinishdagi barcha funksiyalardan iborat toʻplam ham
oʻzgartirishlar guruhini hosil qiladi.
a) boʻlsa,
va ya'ni va
va .
v) ;s) demak
Shunday qilib oʻzgartirishlar guruhi boʻladi.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar.
1.Akslantirish deb nimaga aytiladi?
2. Syur'ektiv akslantirishga ta'rif bering va unga misollar keltiring.
3. In'ektiv akslantirishga ta'rif bering va unga misollar keltiring.
4. Biektiv akslantirishga ta'rif bering va unga misollar keltiring.
5.Ayni akslantirish deb qanday akslantirishga aytiladi?
~ 13 ~
6.Aks ettirishning torayishi, kengayishi deganda nimani tushunasiz?
7. Akslantirishlar kompozisiyasi deb qanday akslantirishga aytiladi?
8. Teskarilanuvchi akslantirish deb qanday akslantirishga aytiladi?
9. Teskarilanuvchi akslantirish boʻlishlikning zaruriy va etarli shartini
ayting.
10.Oʻzgartirishlar guruhi deb nimaga aytiladi?
4-MA'RUZA
MAVZU: BINAR MUNOSABATLAR VA ULARNING XOSSALARI
REJA:
1.Ta'rifi va misollar.
2. Xossalari.
3.Ekvivalentlik munosabati va unga misollar.
4.Invariant aks ettirishlar.
Adabiyotlar[1, 2, 3].
1.Ixtiyoriy A toʻplam berilgan boʻlsin toʻplamning ixtiyoriy R qism
toʻplami toʻplamdagi binar munosabat deyiladi . Agar (x,u)R boʻlsa x va u
elementlar R binar munosabatda deyiladi va xRu kabi yoziladi.
Demak, binar munosabatlar bu ikki ob'ekt orasidagi munosabatdir. Binar
munosabatlar bilan birga unar, ternar va umuman -nar munosabatlar ham
oʻrganiladi. Unar munosabat bu bitta ob'ektning xossasini ifodalaydi, ternar
munosabat bu uchta ob'ekt orasidagi nar munosabat esa ta ob'ekt orasidagi
munosabatdir.
Misollar. 1).Haqiqiy sonlar toʻplamidagi x va u sonlarning
tengligi munosabati binar munosabat boʻladi. Bu munosabat tekislikdagi
toʻgʻri chiziq nuqtalari bilan beriladi.
2). toʻplamdagi munosabat binar boʻlib u tekislikdagi
toʻgʻri chiziqdan
tashqarisidagi nuktalar bilan beriladi.
3). da soning sonidan katta ekanligi da toʻgʻri chiziqdan yuqorida yotgan
nuqtalar toʻplami uchun bajariladi (rost).
4). Toʻplamlarning tenglik , teng emaslik , qism toʻplam boʻlishlik munosabatlari
ham binar munosabatga misol boʻladi.
5). Tekislikdagi toʻgʻri chiziqlarning parallellik va perpendikulyarlik munosabati
munosabatlari ham binar munosabatga misol boʻladi.
~ 14 ~
6). Bir tenglamalar sistemasining ikkinchi sistemaning natijasi boʻlishlik
munosabati va bir tenglamalar sistemasining ikkinchisiga teng kuchli (ekvivalent)
boʻlish munosabatlari ham binar munosabatga misol boʻladi.
2.Xossalari:
10. Agar uchun rost boʻlsa, bunday munosabatga toʻplamdagi refleksiv
munosabat deyiladi.
Agarda munosabat oʻrinli boʻlmagan mavjud boʻlsa, ya'ni dagi ba'zi
uchun oʻrinli, ba'zilari uchun oʻrinli boʻlmasa ga reflektiv boʻlmagan munosabat
deyiladi.
20. Agar munosabatning oʻrinli ekanligidan ning ham oʻrinli ekanligi
kelib chiqsa binar munosabatga simmetrik munosabat deyiladi. oʻrinli boʻlgan
lar uchun oʻrinli boʻlmasa,antisimmetrik munosabat deyiladi (ya'ni va kelib
chiqsa). Agarda va munosabatlar hattoki boʻlganda ham bajarilmasa, bunday
munosabatga asimmetrik munosabat deb ataladi.
30. Agarda toʻplamdagi elementlar uchun va larning rost ekanligidan
ning rost ekanligi kelib chiqsa bunday munosabatga toʻplamdagi tranzitiv
munosabat deyiladi.
toʻplamdagi reflektiv, simmetrik va tranzitiv munosabatga shu toʻplamdagi
ekvivalentlik munosabati deyiladi va koʻrinishda belgilanadi.
Misollar.
1. Haqiqiy sonlar toʻplamidagi tenglik munosabati.
2. Toʻplamlarning tengligi munosabati.
3. Tenglamalar sistemasidagi teng kuchlilik munosabati.
4. Funksiyalarning tengligi munosabati.
5. toʻplamda oʻzgartirishlar guruhi berilgan boʻlsin. Agar toʻplamning
elementlari uchun tenglikni qanoatlantiruvchi bi'ektiv akslantirish mavjud
boʻlsa, bu va elementlarni ekvivalent deyiladi va koʻrinishda belgilanadi. Bu
ekvivalentlik munosabati ham ekvivalentlik munosabati boʻladi. Chunki va
uchun ya'ni (refleksiv). Agarda boʻlsa boʻladt, chunki bi'eksiya boʻlgani
uchun ning teskarisi ham mavjud va boʻladi(simmetriklik).Shuningdek agar va
boʻlsa, u holda bajariladi dan
yoki deb belgilab olsak bajariladi. Demak ekvivalentlik munosabat boʻladi.
toʻplam biror usul bilan sinflarga boʻlingan boʻlsin: bu boʻlinma
yordamida toʻplamda ekvivalentlik munosabatini koʻrsatamiz. Agar elementlar
boʻlinmadagi bir sinfga tegishli boʻlsa, ularni boʻlinmaga nisbatan ekvivalent
~ 15 ~
deymiz va shaklda yozamiz. Bu ekvivalentlik refleksiv, simmetriklik va
tranzitivlik shartlarini qanoatlantiradi.
Ixtiyoriy toʻplamda har qanday ekvivalentlik munosabatini shunday hosil
qilishimiz mumkinligini koʻrsatamiz. toʻplamda biror ekvivalentlik munosabati
berilgan boʻlsin. uchun da ekvivalent boʻlgan barcha elementlar toʻplamini
bilan belgilaymiz. Endi olib elementlarni sinfga koʻrsatamiz. U holda Ø. Endi
ni olib shu jarayonni davom ettiramiz. Buning natijasida chekli yoki cheksiz
sondagi oʻzaro kesishmaydigan sinflarga ega boʻlamiz va tenglik oʻrinli
boʻladi.Shunday qilib toʻplamni sinflarga boʻlish va ekvivalentlik munosabatlari
orasida oʻzaro bir qiymatli moslik mavjud.
toʻplamgafaktor toʻplamdeyiladi. toʻplamda biror ekvivalentlik munosabati
berilgan va esa biror toʻplam boʻlsin. ni qaraymiz. Agar toʻplamning
elementlarining biror xossasi uchun dagi kelib chiqsa, bunday aks ettirish
invariant deyiladi.
Xususiy holda, agar toʻplamdagi ekvivalentlik munosabati toʻplamdagi biror
oʻzgartirishlar guruhi hosil qilgan ekvivalentlik boʻlsa, invariant aks ettirish ga
quyidagicha ta'rif beriladi. Agar va uchun tenglik oʻrinli boʻlsa, bunday aks
ettirishga invariant aks ettirish deyiladi.
invariant aks ettirishning quyidagi xossasi muhimdir. Agar lar uchun
boʻlsa, ular ekvivalentlik boʻlmaydi. Shunday qilib invariantlarni ekvivalent
sinflarni farq qilish vositasi sifatida muhimdir. Agar invariantlar tizimi quyidagi
shartni qanoatlantirsa unga toʻla deyiladi: har qanday ekvivalent boʻlmagan
elementlar uchun shunday invariant mavjud boʻlsaki, munosabat bajariladi.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1.Binar munosabat deb qanday munosabatga aytiladi?
2. Binar munosabatlar qanday xossalarga ega?
3.Binar munosabatlarga misollar keltirib xossalarini izohlang.
4. Ekvivalentlik munosabati deb qanday munosabatga aytiladi?
5.Ekvivalent munosabati boʻyicha toʻplamni qanday qilib sinflarga ajratish
mumkin?
6. Faktor-toʻplam deb nimaga aytiladi?
7. Berilgan toʻplamni berilgan ekvivalentlik munosabati boʻyicha oʻzaro
kesishmaydigan sinflarning toʻgʻri yigʻindisiga yoyishga misol keltiring.
5 - MA'RUZA
~ 16 ~
Mavzu: EKVIVALENTLIK VA TARTIB MUNOSABATLARI
REJA:
1. Ekvivalentlik munosabati va unga misollar.
2. Ekvivalentlik sinflari faktor-toʻplam.
3. Tartib munosabati va unga misollar.
4. Qisman va toʻla tartiblangan toʻplamlar.
ADABIYoTLAR [ 1,2].
1- ta'rif. Atoʻplamda aniqlangan R binar munosabat refleksiv, simmetrik va
tranzitiv boʻlsa, u holda bunday munosabatga Atoʻplamdagi ekvivalentlik
munosabatideyiladi.
Ekvivalentlik munosabati
yoki simvollar bilan belgilanadi.
Masalan: 1). Ixtiyoriyboʻshboʻlmagan Atoʻplamda aniqlangan aynan tenglik
“ ”munosabati;
2). Tekislikdagi toʻgʻri chiziqlar toʻplamida aniqlangan parallellik munosabati;
3). Uchburchaklar toʻplamida aniqlangan oʻxshashlik munosabati;
4). Fazodagi geometrik figuralarning tengdoshlik munosabati va boshqalar.
Berilgan Atoʻplamni unda aniqlangan R munosabat boʻyicha ekvivalentlik
sinflariga ajratish mumkin. Buning uchun quyidagicha yoʻl tutiladi. Atoʻplamdagi
Ixtiyoriy bir aelementni olib aRx shartni qanoatlantiruvchi barcha xAelementlarni
birta Sa sinfga kiritamiz. Endi A\Caboʻlsa, jarayon shu joyda toʻxtaydi. Agarda
A\Saboʻlsa, b( A\Sa) ni olamiz. Tushunarliki bu holdabA va b Sa. Endi barcha y(
A\Sa) , bRyshartniqanoatlantiruvchi y elementlarni ikkinchi bir Sbsinfga kiritamiz.
Agarendi (A\Ca)\ Sb=boʻlsa, jarayonni shu joyda toʻxtatamiz.
Agarda (A\Ca)\ Sbboʻlsa, s(A\Ca)\ Sbni olib cRzshartni qanoatlantiruvchi
barcha z elementlarni birta Ss sinfga kiritamiz va hokazo davom etamiz.
Tushunarliki, agar A chekli boʻlsa,chekli qadamdan keyin chekli sondagiCa,,Cb
,...,Cmsinflarga, agarda A cheksiz toʻplam boʻlsa, chekli yoki cheksiz sondagi
Ca,Cb, .... sinflarga ega boʻlamiz. Bu sinflarga ekvivalentlik sinflarideyiladi.
Sinflarning hosilqilinishiga koʻraabboʻlsa, Ca Sb=boʻlib
A=Ca Sb ....(1)
~ 17 ~
boʻladi.(1) ga A toʻplamning oʻzaro kesishmaydigan qism toʻplamlar
birlashmasiga yoyilmasi deyiladi.Bu holdaA toʻplamni ekvivalentlik sinflariga
boʻlaklangan (faktorizasiyalangan) deb ham yuritiladi.
Masalan:1). Z - butun sonlar toʻplamidagi boʻlinish munosabati(x-y)/ m
niolaylik (bu erdam>0). Tushunarliki,bu munosabat butun sonlar toʻplamidagi
ekvivalentlik munosabati boʻladi, chunki:
a) xZ , (x-x)/ m ;
b) x,yZlar (x- y)/ m dan (y-x)m ning bajarilishi kelib chiqadi;
s) x,y,zZ lar uchun (x-y)/ mva (y-z)/ mlarning oʻrinli ekanligidan (x-z)/ mning
oʻrinli ekanligi kelib chiqadi, ya'ni qaralaetgan munosabat butun sonlar
toʻplamidagi refleksiv, simmetrik va tranzitiv munosabatdir.
Endi shu munosabat boʻyichaZ ni ekvivalentlik sinflariga ajrataylik.
Agarx=mq+k va y=mt+kboʻlsagina (x-y)/ mboʻladi.Bu erda k=0,1,2,... m-1
boʻlgani uchun bu sinflar quyidagicha boʻladi.
...,-3m,
-2m,
-m,
. . . , - 3 m+1, -2m+1,
0,
m,
2 m, 3 m , . . . ;
{mq}=C0
-m+1,
1,
m+1, 2m+1, 3m+1,...; {mq+1}=C1
. . . , - 3 m+2, -2m+2, -m+2, 2, m+2, 2m+2, 3m+2,...;
{mq+2}=C2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . , -2 m - 1, - m -1, -1, m-1, 2m-1, 3 m-1, 4 m-1,...;
Shunday qilib ,
{mq+m-1}=Cm-1
Z=C0C1C2 ... . Cm-1 .
Si ning har bir elementiga shu sinfning chegirmasideyiladi.(1) dagi ekvivalentlik
sinflar toʻplami {Ca , Cb , Cc , ... } ga faktor-toʻplamdeyiladi va A/Rkoʻrinishda
belgilanadi.
Demak,
A/R={Ca , Cb , Cc , ... }.
Yuqoridakeltirilganmisolimizdafaktor-toʻplamZ={C0 ,C1 ,C2, ...,Cm1}boʻliboʻngammoduliboʻyichachegirmalarsinflaritoʻplamideyiladi.
Agarmmoduliboʻyichachegirmalarsinflariningharbiridanbirtadanchegirmaolibsiste
matuzsakhosilboʻlgansistemagammoduliboʻyichachegirmalarningtoʻlasistemaside
yiladi. Masalan, {0,1,2,. . .,m-1}.
~ 18 ~
Agardammoduliboʻyichachegirmalarningtoʻlasistemasidanmbilanoʻzarotublarinioli
bsistematuzsakhosilboʻlgansistemagammoduliboʻyichachegirmalarningkeltirilgans
istemasideyiladi.
Masalan: m=6boʻlsa, {1,5 }.
2). N- naturalsonlartoʻplaminiqaralaetgansonningtubyoki (murakkab)
tubemasligiboʻyichafaktorizasiyalashmumkin.
3).
BarchakoʻpburchaklartoʻplamiMnikoʻpburchaktomonlarisoniboʻyichaekvivalentsin
flargaajratishmumkin.
4).Toʻrtburchaklartoʻplamidaekvivalentlikmunosabatinitomonlarningparallelliktus
hunchasisifatidakiritsak, uchtasinf: paralellogrammlar,
trapesiyalarvahechqandayikkitomoniparallelboʻlmagantoʻrtburchaklargaegaboʻlam
iz.
Matematikavauningtadbiqlaridatartibmunosabatidebataluvchimunosabatmuhi
mahamiyatgaega.Ikkisonnimiqdoriboʻyicha, odamlarningyoshlariboʻyicha,
kitoblarnijavondaterilishiboʻyichataqqoslagandabiztartibmunosabatgaduchkelamiz.
2tarif.Atoʻplamdagiantisimmetrikvatranzitivmunosabatshutoʻplamdagitartibmunosa
batideyiladi.
Tartibmunosabatikiritilgantoʻplamlargatartiblangantoʻplamlardeyiladi.
AgarAtoʻplamdaaniqlangantartibmunosabatirefleksivboʻlsa,
oʻngaqatiyemastartibmunosabati,
agarantirefleksivboʻlsaesaqatiytartibmunosabatideyiladi.
3-ta'rif. Atoʻplamdaaniqlangantartibmunosabatibogʻlanganboʻlsa,
ya'niAningixtiyoriyx, yelementlariuchunxyyokix=yyokiyxmunosabatlardanbiri,
faqatbiribajarilsa, gachiziqlitartibmunosabatideyiladi.
Chiziqliboʻlmagantartibmunosabatiodatdaqismantartiblanganlikmunosabatidebyur
itiladi.
Misollar.1).Sonlartoʻplamidaaniqlangankichikemaslik()
munosabatiqismantartibmunosabatiboʻladi.
~ 19 ~
2).Naturalsonlartoʻplamidaaniqlanganqoldiqsizboʻlishmunosabatihamqismantartib
munosabatiboʻladi.
3).
Butunsonlartoʻplamidaaniqlanganqoldiqsizboʻlinishmunosabatiesatartibmunosabat
iemas, chunkia/bvab/adana=bkelibchiqmaydi.
4-ta'rif.qisman tartiblangan Atoʻplamning a elementi uchun ax
(xa) munosabat Atoʻplamdagi barcha x lar uchun bajarilsa, a ga Atoʻplamning
eng kichik elementi (eng katta)deyiladi.
Qisman tartiblangan toʻplamlar umuman olganda eng kichik yoki eng katta
elementga ega boʻlmasligi mumkin. Tartib munosabati odatda orqali belgilanadi.
Misollar.
1). Miqdorlari boʻyicha tartiblangan haqiqiy sonlar toʻplami eng kattava eng
kichik elementlarga ega emas.
2). Manfiymas haqiqiy sonlar toʻplami eng kichik element 0 ga ega,
lekineng katta elementga ega emas.
3). Natural sonlar toʻplami boʻlinish munosabati boʻyicha engkichik
element 1 ga ega, lekin eng katta element mavjud emas.
5-ta'rif. Agar qisman tartiblangan Atoʻplamning aelementidan qat'iy katta
(qat'iy kichik) boʻlgan elementlari boʻlmasa, a ga Atoʻplamningmaksimal
(minimal) elementideyiladi.
Qisman tartiblangan toʻplam bir qancha maksimal yoki minimal elementlarga ega
boʻlishi mumkin.
fb
Misollar.
1). Ushbu grafiklarda strelka uchidagi
element “strelka” boshlanishidagi element
dan “katta” deb olaylik. b,f lar maksimal
ac
e
elementlar ; a,c,d lar esa minimal elementlardir.
d
~ 20 ~
2). A=N\{1}toʻplamdagi ixtiyoriya va b lar uchun b\ a (b element a ning
boʻluvchisi) ba kabi yoziladi. Bunday holda barcha tub sonlar minimal
elementlarni tashkil qilganholda eng kichik element esa mavjud emas.
6-ta'rif. Agar chiziqli tartiblangan Atoʻplamning ixtiyoriyV-qism toʻplami
doimo eng kichik elementga ega boʻlsa,bunday toʻplamga toʻla tartiblangan
toʻplamdeyiladi.
Masalan. Natural sonlar toʻplami toʻla tartiblangan toʻplamga misol boʻladi.Shuni
ham ta'kidlash kerakki, umuman olganda berilgan toʻplamda tartib tushunchasini
bir necha usullar bilan kiritish mumkin.
Masalan,natural sonlar toʻplamida 1) {1,2,...,n,...} -tabiiy tartib;
2) {...,n,...,2,1} -teskari tartib.
NQ - rasional sonlar toʻplamida ham tartib munosabatini turlicha aniqlash
mumkin.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1). A-toʻplamdagi refleksiv, antirefleksiv, refleksivmasmunosabatlargata'rif bering.
2). Butun sonlar toʻplamidagi biror refleksiv munosabatga misolkeltiring.
3). Simmetrik munosabat (simmetrikmas, antisimmetrik) deb qanday
munosabatga aytiladi?
4). Tranzitiv munosabat deb qanday munosabatga aytiladi?
5). Ekvivalentlik munosabati deb qanday munosabatga?
6). Atoʻplam unda aniqlangan R ekvivalentlik munosabati boʻyichaqanday
qilib sinflarga ajratiladi?
7). Tartib munosabati deb qanday munosabatga aytiladi?
8). Ekvivalentlik va tartib munosabatlariga misollar keltiring.
~ 21 ~
6,7*- MA'RUZA
MAVZU: NATURAL SONLAR SISTEMASI. MATEMATIK
INDUKSIYa METODI.BIRLAShMALAR. NYuTON BINOMI
REJA:
1. Natural sondar sistemasini aksiomatik aniqlash .
2. Matematik induksiya prinsipi.
3. Birlashmalar. Oʻrinlashtirishlar, oʻrin almashtirishlar,gruppalashlar.
4. Nyuton binomi formulasi.
Adabiyotlar [ 1, 2] .
Conli sistemalarni oʻrganishning ikki usuli konstruktiv va aksiomatik usullari
mavjud. Bu ikkala usul hamtoʻplam tushunchasiga asoslangan boʻlib,dastlab
natural keyin butun, rasional, haqiqiy va kompleks sonlar sistemalari qaraladi.
Konstruktiv usulning mohiyati shundan iboratki, yangi qurilayotgan sistema
avvaldan ma'lum boʻlgan tushunchalar yordamida bayon etiladi. Masalan, natural
sonlar sistemasi uchun boshdangʻich tushuncha toʻplam hisoblansa, butun sonlar
sistemasi uchun boshlangʻich tushuncha natural sonlardir va hokazo. (Konstruktiv
usulga natural sonlarni chekli toʻplamlarning quvvati sifatida kiritishni misol qilib
olish mumkin).
Sonlar sistemasini aksiomatik usulda qurishda esa har bir sistemaning
asosiyxossalari, aksiomalar yordamida beriladi.
Biz quyida natural sonlar sistemasini aksiomatik usulda aniqlashni qarab
chiqamiz. Buning uchun asosiy boshlangʻich munosabat sifatida “b element a
elementdan bevosita keyin keladi” munosabatni va shu munosabat oʻrinli boʻlgan
aksiomalar sistemasini olamiz.
1-ta'rif. Biror boʻshboʻlmagan Ntoʻplamning a va b elementlari uchun “b
element a elementdan bevosita keyin keladi” munosabati oʻrinli boʻlib, mazkur
toʻplam elementlari uchun quyidagi 4 ta aksioma bajarilsa, u holdaNtoʻplamning
elementlariga natural sonlardeyiladi.
1) hechqanday natural sondan keyin kelmaydigan 1 soni mavjud. (Agar a dan
bevosita keyin keladigan elementni a desak, bu aksiomaga koʻra a 1).
~ 22 ~
2) istalgan a natural sonidan bevosita keyin keluvchi yagona a natural soni
mavjud, ya'ni a,bN uchuna=ba=b, .
3) 1 sonidan boshqahar bir natural son birta va faqat birta natural sondan
keyin keladi, ya'ni agar a=ba=b,a,bN .
4) agar natural sonlar toʻplamining istalgan Mqism toʻplami :
a) 1 ni oʻz ichiga olsa;
b) ixtiyoriya M dan, a M ekanligi kelib chiqsa, M qism toʻplam N natural
sonlar toʻplami bilan ustma-ust tushadi, ya'niM N ( 1 M) va
(a M a M) M=N.
Bu aksiomaga induksiya aksiomasi deyiladi.Yuqoridagi aksiomalar sistemasi
dastlab italyan matematigi Peano (1858-1932) tomonidan kiritilgani uchun, ularni
Peano aksiomalarideyiladi.
Induksiya aksiomasining mohiyati quyidagicha: nN uchunA(n)B(n) teoremani
isbotlaganda avval uning rostligi n=1 da koʻrsatiladi. Soʻngra teoremani n=k
uchun oʻrinli deb olib n=k+1 boʻlganda teoremaning rost ekanligi
isbotlanadi.Shundan keyin teorema istalgan nnatural soni uchun toʻgʻri deb
hisoblanadi. Endi shu usulning toʻgʻri ekanligini isbotlaymiz.
Teorema. ( Matematik induksiya prinsipi). Agar biror V(n) tasdiqn=1 uchun rost
boʻlib, uning n=k da rostligidan n=k+1 da rost ekanligi kelib chiqsa, u holdaB(n)
tasdiq istalgann natural soni uchun hamoʻrinli boʻladi.
Isboti. Faraz etaylik , MNtoʻplam B(n) tasdiqoʻrinli boʻlgan toʻplam boʻlsin.
U holda teorema shartiga koʻra 1M va 1+2M, 2+3M,... . Demak, induksiya
aksiomasiga koʻraM=N.
Misollar.
1.
𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)
12+22+32+ ... +n2=
6
(1)
tenglikning barcha natural sonlar uchun oʻrinli ekanligini isbotlaylik.
n=1 da (1) dan
12=(1/6)1(1+1)(2·1+1)
ya'nin=1 da (1) tenglik oʻrinli.
1=1 ni hosilqilamiz,
Faraz etaylik n=k da berilgan tenglik oʻrinli boʻlsin, ya'ni
~ 23 ~
k(k+1)(2k+1)
12+22+32+ ... +k2=
. (2)
6
Biz berilgan tenglikning n=k+1 uchun oʻrinli ekanligini, ya'ni
(𝑘+1)(𝑘+2)(2𝑘+3)
12+22+32+ ... +k2+ (k+1)2 =
(3)
6
tenglikning oʻrinli ekanligini koʻrsatamiz. Haqiqatan ham (2) ga koʻra
k(k+1)(2k+1)
12+22+32+ ... +k2+(k+1)2=
6
(𝑘+1)(2𝑘 2 +𝑘+6𝑘+6)
+(k+1)2=
6
=
(𝑘 + 1)(2𝑘 2 + 7𝑘 + 6) (𝑘 + 1)(𝑘 + 2)(2𝑘 + 3)
=
6
6
,
ya'ni (3) tenglik oʻrinli.Demak, yuqorida isbotlangan teoremaga koʻra (1) tenglik
ixtiyoriyn natural soni uchun oʻrinli.
n(n+1) 2
2. 13+23+33+ ... +n3=(
2
)
ekanligini isbotlang. ( Bu mustaqil bajarish uchun uyga vazifa).
Chekli sondagi elementlardan ma'lum tartibda olib tuzilganguruhlarga
birikmalar deyiladi.
Birikmalar 3 turga: oʻrinlashtirish, oʻrin almashtirish va gruppalashlarga
boʻlinadi.
1. Oʻrinlashtirishlar. m elementdan n tadan (1nm) tuzilgan oʻrinlashtirishlar
deb bir-biridan kamida birta elementi bilan yoki elementlarining joylashish tartibi
bilan farqqiluvchi birikmalarga aytiladi. m elementdan ntadan tuzilgan
oʻrinlashtirishlar sonini bilan belgilaymiz. Bu grekcha “Arrangument”
(oʻrinlashtirish) soʻzining bosh harfidan olingan.
Misol. a,b,c uchta elementdan 1 tadan tuzilganoʻrinlashtirishlar a, b, c;
ularning soni =3; 3 elementdan 2 ta tuzilgan oʻrinlashtirishlar: ab, ac, bc,ba,
~ 24 ~
ca,cb;bularning soni=6.3 elementdan 3 ta tuzilgan oʻrinlashtirishlar:
abc,bac,bca,acb,cab,cba; bularning soni ham.Umuman,
=m(m-1) (m-2) ... (m-(n-1))(4)
ekanligini koʻrsatish mumkin.
Haqiqatdan ham agar a1 , a2 , ... , am-1 , amelementlar berilganboʻlsa,ulardan 1
tadan tuzilgan oʻrinlashtirishlar a1 , a2 , ... , am-1 , amboʻlib,ularning soni ga teng.
melementdan 2 ta tuzilgan oʻrinlashtirishlarni hosilqilish uchun m elementdan
1ta tuzilgan oʻrinlashtirishlarni yozib olib, ularning har birining yoniga qolgan m1 ta elementni yozib chiqish kifoya:
a1 a2,
a1 a3 ,
... ,
a1 am-1 ,
a1 am
a2 a1,
a2 a3 ,
... ,
a2 am-1 ,
a2 am
.........................................................
ama1 , am a2 , ... , am am- 2 , am am-1
bunda m tasatr va m-1 ta ustun bor. Demak, .Endim elementdan 3 tadan tuzilgan
oʻrinlashtirishlarni hosilqilish uchun m elementdan 2 tadan m(m-1) ta
oʻrinlashtirishlarni yozib olib ularning har birining yoniga qolgan m-2 ta
elementlarni yozib chiqamiz:
a1 a2 a3 ,
a 1 a2 a4 ,
a1a3 a2 ,
a1a3 a4 ,
... ,
... ,
a1 a2 am-1 ,
a1 a3 am-1 ,
a 1 a2 am
a1 a3 am
......................................................... ................................
amam-1a1 , amam-1 a2 ,
... ,
amam-1 am- 3 ,amam-1 am- 2 .
Bu erda m(m-1) ta satr vam-2 ta ustun bor. Demak, .
Bu jarayonni nmarta takrorlab (4) formulani hosilqilamiz.
Misol: .
~ 25 ~
2. Oʻrin almashtirishlar.m ta elementdan tuzilgan oʻrinalmashtirishlar
debhar birida m ta element boʻlib, bir-biridan faqat elementlarining joylashish
tartibi bilangina farqqiluvchi birikmalarga aytiladi.
m ta elementdan tuzilgan oʻrin almashtirishlar soni Pm (permutation)
soʻzining bosh harfi bilan belgilanadi.
Ta'rifga koʻra
Pm==(m-1) (m-2) ... 3 .2. 1 =m !(5)
Shuningdek = m(m-1) (m-2) ... (m-(n-1))= m(m-1) (m-2) ... (m-(n-1))·
(𝑚−𝑛)(𝑚−𝑛−1)⋯3∙2∙1
(𝑚−𝑛)(𝑚−𝑛−1)⋯3∙2∙1
ya'ni=
𝑃𝑚
𝑃𝑚−𝑛
.
𝑚!
= (𝑚−𝑛)! =
𝑃𝑚
𝑃𝑚−𝑛
,
(6)
3.Gruppalashlar. m elementdan n tadan tuzilgan gruppalashlar deb har
birida n ta element boʻlib,bir-biridan kamida birta elementi bilan farqqiluvchi
birikmalarga aytiladi.
m elementdan n tadan toʻzilgan gruppalashlar soni(combination soʻzining
bosh harfi) bilan belgilanadi. Ta'rifdan Pn=. Bundan
=
Amn
(7)
𝑃𝑛
Demak,
.
(8)
(6) va (7) dan
=
Amn
𝑃𝑛
=
𝑃𝑚
𝑃𝑚−𝑛 𝑃𝑛
.(9)
(9) dan (5) ga koʻra
.
(10)
~ 26 ~
Xossalari :
10.
.
Haqikatdan ham (9).
20.
.
Isboti. Bizdeb belgilab olamiz.
Nyuton binomi. Bizga oʻrta maktablardan ma'lumki
a+b = a+b
(a+b)2=a2+2ab+b2
(a+b)3 = a3+3a2b +3ab2+b3.
Endi(a+b)n nihamshutarzdaezishmumkinekanliginiisbotlaymiz,
ya'niushbutenglikoʻrinli:
(a+b)n = an+nan-1b +
𝑛(𝑛−1)
2!
𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)
an-2b2+
3!
an-3b3+⋯+bn
.
(11)
Bu formulani isbotlash uchun, avvalo quyidagi tenglikning ixtiyoriynatural son n
uchun oʻrinli ekanligini koʻrsatamiz:
(a+b1) (a+b2) (a+b3) .... (a+bn) =an+ s1 an-1+ s2 an-2+ s3 an-3+⋯+ sn,(12)
bu erda
s1 =b1+b2+ ⋯ +bn
s2 = b1 b2+b1 b3+⋯+bn-1 bn
s3 = b1 b2 b3+ b1b2 b4+⋯+ bn- 2bn-1 bn
(12)
................................................................
sn =b1 b2⋯bn .
(12) -tenglik n=1 da oʻrinli (a+b1)1 =(a+b1). Endi faraz qilaylik (12) tenglik n>1
uchun oʻrinli boʻlsin.Biz uning n+1 uchun hamoʻrinliekanligini isbotlaymiz.(12)
ning ikkala tomonini (a+bn+1) ga koʻpaytiramiz. U holda
(a+b1) (a+b2) (a+b3) .... (a+bn) (a+bn+1) =
~ 27 ~
=an+1+ S1 an+ S2 an-1+ S3 an-2+⋯+ Sn a + Sn+1,
bu erda
S1 =s1+bn+1 = b1+b2+⋯ +bn+bn+1
S2 =s2+ s1bn+1 = b1 b2+b1 b3+⋯+bn bn+1
S3 =s3+ s2bn+1 = b1 b2 b3+ b1b2 b4+⋯ + bn- 1bn bn+1
...................................................................................
Sn = b1 b2⋯bn + ⋯ + b2 b3⋯bn+1
Sn+1 =b1 b2⋯ bn bn+1 .
Demak (12)formulaixtiyoriynnaturalsoniuchunoʻrinlidir.
Agar (12) da
b1=b2=... =bn=b
deb olsak :
(a+b)n =an+Cn1an-1b +Cn2 an- 2 b2+Cn3 an-3b3+ .... +Cnnbn
(13)
Bunda (8) formuladan foydalansak (11) kelib chiqadi .
(13) niquyidagichayozishmumkin :
(a+b)n =𝐶𝑛0 an+𝐶𝑛1 an-1b+𝐶𝑛2 an- 2 b2+𝐶𝑛3 an-3b3+⋯+𝐶𝑛𝑛 bn
𝑝
(14)
𝑛−𝑝
Ma'lumki𝐶𝑛 =𝐶𝑛 boʻlganiuchunNyutonbinomiformulasidagiboshdanvaoxiridanbi
rxiluzoqlikdaturganhadlarningkoeffisientlari (binomialkoeffisientlar) tengdir.
Agar (14) da a=b=1
deb olsak : 2n=𝐶𝑛0 +𝐶𝑛1 + 𝐶𝑛2 +𝐶𝑛3 + ⋯ +𝐶𝑛𝑛 ;
agarda a=1, b= -1 deb olsak:
0=𝐶𝑛0 -𝐶𝑛1 + 𝐶𝑛2 -𝐶𝑛3 + ⋯ +(−1)𝑛 𝐶𝑛𝑛 yoki
bundan
Cn0+Cn2+Cn4+Cn6+ .... =Cn1+Cn3+Cn5+Cn7+ ....,
ya'ni juft oʻrindagi binomial koeffisientlar yigʻindisi toqoʻrinda turgan binomial
koeffisientlar yigʻindisiga teng.
Misollar :
(a+b)0= 11
a+b = a+b
1
(a+b)2= a2+2ab+b21
1
2
(a+b)3 = a3+3a2b +3ab2+b31
1
3
3
1
~ 28 ~
(a+b)4= a4+4 a3b+6a2b2+4ab3+b41
4
6
(a+b)5 = a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5 1
.........................................................................
4
5
1
10 10
5
1
............................................
Bu yoyilmalardagi binomial koeffisientlarni Paskal uchburchagi deb ataluvchi
oʻng tomonda keltirilgan uchburchak yordamida aniqlash mumkin.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Peano aksiomalarini ayting.
2. Matematik induksiya metodining mohiyati haqida gapirib bering.
3. Teoremalar va ularni isbotlash usullari haqida nimalarni bilasiz?
4. Birlashmalar qanday turlarga boʻlinadi?
5. m elementdan n tadan (1nm) toʻzilgan oʻrinlashtirishlargata'rif bering.
6. m elementdan toʻzilgan oʻrin almashtirishlarga ta'rif bering va ularning sonini
hisoblash formulasini yozing.
7. m elementdan ntadan(1nm)toʻzilgan gruppalashlar deb nimaga aytiladi?
8. Nyuton binomi formulasini yozing.
9. Binomial koeffisientlar qanday xossalarga ega?
10. Paskal uchburchagi va binomial koeffisientlar orasida qandaybogʻlanish bor?
8-MA'RUZA
MAVZU: ALGEBRAIK AMAL ANIQLANGAN TOʻPLAMLAR VA
ALGEBRALAR
REJA:
1. Binar,n-ar algebraik amallar. Algebra tushunchasi.
2. Binar algebraik amallarning xossalari .
3. Neytral elementlar .
~ 29 ~
4. Regulyar elementlar .
5. Simmetrik elementlar .
6. Algebraik amalga nisbatan yopiqtoʻplam.Misollar.
7. Amallarning additiv va multiplikativ yozuvi.
ADABIYoTLAR [ 1 ,2].
Hozirgi zamon algebrasi toʻplam va uning elementlari uchun aniqlangan algebraik
amallar va ularning xossalarini oʻrganadi. Faraz etaylik bizga boʻshboʻlmagan
Atoʻplam berilgan boʻlsin.
1- ta'rif. A×Atoʻgʻrikoʻpaytmani A toʻplamga mos qoʻyuvchi : A×AA
akslantirishga Atoʻplamda aniqlangan binar algebraik amaldeyiladi.
Ta'rifga asosan (a,b), (a,b A ) tartiblangan juftlikka cA element mos kelgani
holda(b,a) ga c element mos kelmasdan boshqa bir dA element ham mos kelishi
mumkin. akslantirish yordamida ab A×A juftlikka sA elementning mos
qoʻyilishi (a,b)=c, (a,b)=c, ab=ckoʻrinishlarda belgilanadi. Odatda koʻpchilik
hollarda binar algebraik amallarni belgilash uchun maxsus *, +, ⊥,⊤, ... belgilar
ham ishlatiladi. Maktab matematika kursidan ma'lum boʻlgan arifmetik qoʻshish va
koʻpaytirish amallari ham binar algebraik amallarga misol boʻla oladi.
2-ta'rif. Agar An=A×A ×... ×A dekart koʻpaytmaning har bir (a1, a2,...,an)
elementiga A toʻplamning yagona an+1 elementi mos qoʻyilganboʻlsa, Atoʻplamda
rangi nga teng boʻlgan ( noʻrinli, n-ar) algebraik amal aniqlangandeyiladi.
n-ar algebraik amalni bilan belgilasak (a1 , a2 ,...,an) =an+1. Ba'zi hollarda
an+1Aboʻlishi mumkin. Bunday hollarda qaralayotgan algebraikamal
Atoʻplamdagi qismiy algebraik amaldeb yuritiladi.
Algebraik amallar nol, bir, ikki, uch, ... oʻrinli boʻlishi mumkin. Ular mos
ravishda nular, unar, binar, ternar,..., n-ar algebraik amal deyiladi.
1). Atoʻplamning istalgan elementini alohida olish ― nular algebraik amaldir.
2). P(M)-Mtoʻplamning barcha qism toʻplamlari toʻplami boʻlsin.Har bir
AP(M)toʻplamga uning toʻldiruvchisi A=M\A ni mos qoʻyuvchi akslantirish unar
algebraik amalga misol boʻladi.
~ 30 ~
3). Natural sonlar toʻplamidagi ayirish amali qismiy algebraik amalga misol
boʻladi.
4). Butun sonlar toʻplamidagi boʻlish amali ham butun sonlar toʻplamidagi
qismiy algebraik amaldir.
5).n ta natural sonlar a1 , a2 ,...,anga ularning eng katta umumiy boʻluvchisi
dni mos quyuvchi amaln-ar algebraik amaldir.
Birta A toʻplamda aniqlangan barcha algebraik amallar f1 , f2 ,...,fsboʻlsin.
3-ta'rif.Boʻshboʻlmagan Atoʻplam va unda aniqlangan algebraik amallar
toʻplami dan toʻzilgan juftlikka algebradeyiladi.
Agar dagi amallar soni chekli boʻlsa,ular sanab koʻrsatiladi, ya'ni
A f1 , f2 ,...,fskoʻrinishda yoziladi. A=boʻlsa, Atoʻplamga A algebraning asosiy
toʻplami, ga esa asosiy amallar toʻplamideyiladi. f algebraikamalning rangi
r(f) koʻrinishda belgilanadi.
(r( f1 ), r(f2 ),..., r(fs)) ga
A f1 , f2 ,..., fsalgebraning tipideyiladi.
Masalan,
Z+, - ,. ,
N+ , .,
( 2,2,0) tipli
( 2,2,2) tipli
P(M) , , ,
( 2,2,1) tipli algebradir.
Binar algebraik amallarning xossalari. Faraz etaylik, va ⊤ lar A toʻplamdagi
ixtiyoriybinar algebraik amallar boʻlsinlar.
Agarda Atoʻplamning ixtiyoriya,b elementlari kommutativ uchun
ab=ba tenglik oʻrinli boʻlsa,
amaldeyiladi.
amalni Atoʻplamdagi kommutativ algebraik
Agar Atoʻplamning ixtiyoriya,b,cA elementlari uchun (a⊤b) ⊤c=
a⊤(b⊤c) tenglik bajarilsa , ⊤ algebraik amalga Atoʻplamdagiassosiativ
binaralgebraik amaldeyiladi .
Agar Atoʻplamning ixtiyoriya,b,c A elementlari uchun (ab) ⊤c=
(a⊤c ) (b⊤c) tenglik oʻrinli boʻlsa, ⊤ algebraik amal amalga nisbatan
distributiv algebraik amaldeyiladi.
~ 31 ~
Agar amal assosiativ boʻlsa, (ab)cyokia(bc) yozuvda qavslarni tushirib
qoldirish mumkin.
Misollar. 1). Sonlar toʻplamlari N, Z, Q, R dagi arifmetik qoʻshish va
koʻpaytirish amallari kommutativ va assosiativdir.Shuningdek,bu toʻplamlarda
koʻpaytirish qoʻshishga nisbatan distributiv hams·(a+b)=c·a+c·b,
lekinqoʻshishkoʻpaytirishga nisbatan distributiv emas:(c·a)+b (c+b)·(a+b).
2). Z dagi ayirish amali va darajaga koʻtarish amallari kommutativ emas:
a-bb-a;abba.
Bu ayirish va darajaga koʻtarish amallari assosiativ ham emas.
3).R(M)toʻplamda aniqlangan ,amallari kommutativ,assosiativ va har biri
ikkinchisiga nisbatan distributiv hamdir.
Neytral elementlar. ⊤ A toʻplamda aniqlangan binar algebraik amal
boʻlsin.Agar A toʻplamning ixtiyoriyaA uchun A da a⊤e=a (e⊤a=a) shartni
qanoatlantiruvchi e element mavjud boʻlsa, e ga oʻng (chap) neytral
elementdeyiladi.
Agarda a A uchun a⊤e= e⊤aboʻlsa, u holda e ga neytral elementdeyiladi.
1-teorema. Agar ⊤ binar algebraik amalga nisbatan neytral element mavjud
boʻlsa, u yagonadir.
Haqikatdan ham agar e va e larni neytral elementlar desak:
a⊤ e=e⊤ a=avaa⊤e=e⊤ a =aboʻlishikerak. U holdae= e⊤e= e .
Natija. Agar⊤amalga nisbatan neytral element mavjud boʻlsa, barcha oʻng va
chap neytral elementlar shu neytral element bilan ustma-ust tushadi.
Misollar. 1).Z, Q, R sonlar toʻplamlarida qoʻshishga nisbatanneytralelement 0
sonidir. Bu toʻplamlarda koʻpaytirishga nisbatan neytral element 1 sonidir.
N-natural son toʻplamida qoʻshishga nisbatan neytral element mavjud emas,
koʻpaytirishga nisbatan esa 1 dir.
2).P(M) toʻplamidagi amalga nisbatan neytral element boʻsh toʻplam;
amalga nisbatan neytral element esa U- universal toʻplam boʻladi.
~ 32 ~
Regulyar elementlar.Agar a Aelement ixtiyoriyb, s A elementlar uchun a⊤b=
a⊤c(b⊤a=s⊤a)tengliklan b=c kelib chiqsa, a ga ⊤amalga nisbatan A toʻplamdagi
oʻng regulyar (chap regulyar) elementdeyiladi.
Agar a A element ⊤ amalga nisbatan chap va oʻng regulyar element boʻlsa,
u holdaoʻnga regulyar elementdeyiladi.
Shunday qilib,agar a regulyar element boʻlsaa⊤b= a⊤c tenglikni a ga
qisqartirish mumkin.
Misollar: 1). Har bir butun son qoʻshish amaliga nisbatan regulyardir.
2). Noldan farqli har bir butun son koʻpaytirishga nisbatan regulyar. 0 esa
regulyar emas.
3).Ntoʻplamda darajaga koʻtarishax=ayx=y (a>1) xossaga ega boʻlgani
uchun1 dan boshqa barcha elementlar bu amalga nisbatan oʻngdan regulyar
vaxa=ya boʻlgani uchun N ning barcha elementlari chapdan regulyardir.
2- teorema. Agar a va b elementlar assosiativ binar ⊤amalga nisbatan
regulyar boʻlsalar, ularning kompozisiyasi a⊤bham⊤ amalga nisbatan regulyar
boʻladi.
Isboti. a va b lar regulyar boʻlgani uchun a⊤c=a⊤ddan c=d va b⊤c=
=b⊤d dan c=d kelib chiqadi. Endi faraz etaylik, c va delementlar(a⊤b)⊤c =
(a⊤b)⊤d shartni qanoatlantirsin. U holda⊤ning assosiativligidan
(a⊤b)⊤c=a⊤(b⊤c) va (a⊤b)⊤d=a⊤(b⊤d). Bularning chap tomonlari teng
boʻlganligi uchun oʻng tomonlari ham teng boʻlishi kerak:
a⊤(b⊤c)=a⊤(b⊤d) b⊤c=b⊤d s=d. Demak, a Aelement element oʻngdan
regulyar ekan. Chapdan regulyarligi ham shu usulda koʻrsatiladi.
Simmetrik elementlar.Faraz etaylik, ⊤Atoʻplamdagi neytral elementga ega
boʻlgan binar algebraik amal boʻlsin. a A element uchun a⊤u=e, (u⊤a=e)
shartlarni qanoatlantiruvchi u A elementga a elementga nisbatan oʻng
(chap)simmetrik elementdeyiladi.
Agarda, a⊤a=a⊤a=e tenglik oʻrinli boʻlsa, u holda element a elementga
simmetrik elementdeyiladi.
Misollar.1). Ztoʻplamda qoʻshish amaliga nisbatan a elementga simmetrik
element -aboʻladi.
~ 33 ~
2). Rtoʻplamda koʻpaytirish amaliga nisbatan a (a 0) elementga simmetrik
element 1/aboʻladi. 0 uchun esa bu holda simmetrik element mavjud emas.
3-teorema. Assosiativ⊤ amalga nisbatan aelementga simmetrik element mavjud
boʻlsa, u yagonadir.
Isboti.Faraz etaylik, u,v lara ga simmetrik elementlar boʻlsin. U
holdaa⊤u=u⊤a=eva a⊤v=v⊤a=e. ⊤ amalning assosiativ ekanligidan u=u⊤e=u⊤
(a⊤v)=(u⊤a) ⊤v=e⊤v=v.
Natija. Agara ga ⊤ amalga nisbatan simmetrik element a mavjud boʻlsa, u holdaa
elementning barcha oʻng va chap simmetrik elementlari aga teng boʻladi.
4-teorema.Agar avab elementlar uchun assosiativ ⊤ amalga nisbatan
simmetrik avabelementlar mavjud boʻlsa, u holdaa⊤b ga simmetrik element ham
mavjud va u b⊤adan iborat boʻladi.
Haqikatan ham,(a⊤b) ⊤ (b⊤a )=((a⊤b) ⊤b)⊤a=( a⊤ (b⊤b))⊤a=
( a⊤e) ⊤a=a⊤a⊤ e.
Natija. Agar a element uchun assosiativ ⊤ amalga nisbatan simmetrik element a
mavjud boʻlsa, a element ⊤ amalga nisbatan regulyar element boʻladi.
Haqikatan ham, a⊤a=a⊤a=e boʻlib, a⊤b= a⊤cboʻlsin. U
holdaa⊤(a⊤b)=a⊤(a⊤c) yoki (a⊤a) ⊤b=(a⊤a) ⊤cbundan esa e⊤b=e⊤cb=c.
Faraz etaylik, Atoʻplamda ⊤ - binar amal aniqlangan boʻlsin va VAboʻlsin.
Agarda a,bB, a⊤bBboʻlsa,u holdaVtoʻplamga ⊤ amalga nisbatan
yopiqtoʻplamdeyiladi.
4-teoremadan kelib chiqadiki,assosiativ binar amal ⊤ ga nisbatan simmetrik
elementga ega boʻlgan barcha elementlar toʻplami⊤amalga nisbatan yopiqdir.
BAboʻlsa, Ada aniqlangan ⊤ amal, B da biror ⊤ binar algebraik amalni aniqlaydi:
a⊤b=a⊤b, a,bB.
Bu holda⊤ amalga Vtoʻplamda aniqlangan ⊤ amalning A dagi davomi
deyiladi.
Agarda ⊤ amal u yoki bu ma'noda arifmetik qoʻshish (koʻpaytirish) amali
bilan bogʻliqboʻlsa, oʻnga additiv (multiplikativ) algebraik amal deyiladi va + ()
bilan belgilanadi. Bu holda neytral elementga nol 0 (1 birlik) element, simmetrik
elementga esa qarama-qarshi (teskari) element deyiladi.
~ 34 ~
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1). Algebraik amal tushunchasi.Misollar.
2). Kommutativ va assosiativ algebraik amallar.
3). Neytral element deb qanday elementga aytiladi?
4). Simmetrik element deb qanday elementga aytiladi?
5). Yarim gruppaga ta'rif bering.
6). Umumlashgan assosiativlik qonunini tushuntiring.
9,10*- MA'RUZA
MAVZU: GRUPPALAR, QISM GRUPPALAR
VA ULARNING
XOSSALARI.
REJA:
1. Qism gruppalar.Misollar.
2. Gruppalar va ularga misollar.
3. Gruppalarning sodda xossalari.
4. Umumlashgan assosiativ qonuni .
5. Gomomorf va izomorf gruppalar.
ADABIYoTLAR [1,2,3]
Faraz etaylik, bizga bitta binar ⊤ va unar algebraik amal aniqlangan
Gboʻshboʻlmagan toʻplam berilgan boʻlsin. Agarda Gtoʻplamning elementlari unda
aniqlangan ⊤ amalga nisbatan assosiativlik qonuniga boʻysinsa, ya'ni:
1). a,b,cG(a⊤b) ⊤c=a⊤(b⊤c) tenglikni qanoatlantirsa, G; ⊤ algebraga
⊤amalga nisbatan yarim gruppadeyiladi.
Agar G; ⊤,* - yarim gruppa
2). a G,
eG ,
a⊤e = e⊤a= a;
~ 35 ~
3). a G,
a' G ,
a⊤a'= a'⊤a= e;
shartlarniqanoatlantirsa, G; ⊤,*ga⊤amalganisbatangruppadeyiladi.
e ga G=G; ⊤,* gruppaning neytral elementi, a' ga esa a elementga simmetrik
element deyiladi.
AgardaG=G; ⊤ ,* gruppaning elementlari
4). a,b G a⊤b = b ⊤ ashartniqanoatlantirsa,G
gakommutativgruppayokiAbelgruppasideyiladi.
Neytral elementga ega boʻlgan yarim gruppaga monoiddeyiladi.
Agar MG boʻlib M ; ⊤, * gruppa boʻlsa, bu gruppaga G=G; ⊤,*gruppaningqism
gruppasideyiladi.
1-teorema.Agar G=G; ⊤, * gruppa boʻlsa, uning ixtiyoriyqism toʻplamiM ning ⊤
amalga nisbatan qism gruppa boʻlishi uchun:
1). h,hh⊤h ;
2). h,h-1
shartlarning bajarilishi zarur va etarlidir.
Isboti. Zaruriy shart. M ; ⊤, * gruppa boʻlsin,u holda 1) va 2) shartlarning
bajarilishi gruppa ta'rifidan bevosita kelibchiqadi.
Etarli sharti. 1) va 2) shartlar bajarilsin. U holdaMGqism toʻplamning G
ning qism gruppasi boʻlishini koʻrsatamiz. Shartga koʻrah,h uchun h⊤h, ya'ni
Mtoʻplam ⊤ amalga nisbatan yopiqdir vah, h, h lar uchun h⊤
(h⊤h)=(h⊤h)⊤hoʻrinli, chunkih, h, hG . 2) va 1) shartlardanh⊤h-1=eM.
Demak, 1), 2), 3) shartlar bajariladi va
gruppasi.
M ; ⊤, * - gruppa, ya'ni G ning qism
Misollar . 1. N-natural sonlar toʻplamini arifmetik qoʻshishamaliga nisbatan
tekshiraylik. Ma'lumki,n,mN, m+nN.
1). m, n,lN, m=(n+l) =(m+n)+l bajariladi.
2). m, eN,
m+e=e+m=m, e=0N,
Demak, N=N;+
yarim gruppa ekan .
ya'ni bu shart bajarilmaydi .
~ 36 ~
Endi shu toʻplamni koʻpaytirishga nisbatan tekshiraylik. m,nNmnN.
1). m,n,eN,
2). mN ,
3). mN,
m(ne)=(mn)ebajariladi.
e=1N ,
mN,
m1 =1m=mbajariladi .
mm=mm=1 boʻlishi kerak .
m=1/mN . Demak, bu shart bajarilmaydi . Shunday qilib N=N,
ekan .
monoid boʻlar
2. Barcha butun sonlar toʻplami Zqoʻshish amaliga nisbatan gruppa boʻladi .
Z=Z; +da a ga teskari element (- a) hamda neytral element 0 boʻladi .
Z=Z; + ga butun sonlarning additiv gruppasi deyiladi.
Endi Z ni koʻpaytirishga nisbatan qarasak, Z=Z; + monoid boʻladi, chunki a 0 ga
(teskari) simmetrik element a-1=1/aZ.
3. Barcha rasional sonlar toʻplami Qqoʻshishga nisbatan additiv Abel
gruppasiQ=Q; +boʻladi. Agar Q1=Q \{0}toʻplamni qarasak, Q1=Q1; ham
multiplikativ gruppa boʻladi.
4. Haqiqiy sonldar toʻplamini qarasak, u holdaR=R; + additiv Abel
gruppasi ; R1=R1; esa multiplikativ Abel gruppasi boʻladi. Bu erda R1=R \{0}.
5. m0 moduli boʻyicha chegirmalar sinflari { C0,S1, C2, ... ,Cm-1}=Z /
mZtoʻplamida qoʻshish amalini
tenglik bilan aniqlasak, Z/mZ=Z/ mZ; + additiv Abel gruppasi boʻladi.Bunda
neytral element C0 ; Cielementga qarama karshi element Cm-isinf boʻladi,
chunkiCi+Cm-i=Cm=C0.
6.m=6 modul boʻyicha chegirmalar sinflari toʻplami Z/6Z={C0 ,S1,C2,
C3,S4,C5, } dan iborat boʻladi.
+
S0
S1
S2
S3
S4
S5
S0
S0
S1
S2
S3
S4
S5
S1
S1
S2
S3
S4
S5
S0
~ 37 ~
S2
S2
S3
S4
S5
S0
S1
S3
S3
S4
S5
S0
S1
S2
S4
S4
S5
S6
S1
S2
S3
S5
S5
S0
S1
S2
S3
S4
Bu jadvaldan foydalanib gruppa ta'rifidagi 1), 2), 3), 4), shartlarning bajarilishini
osonlik bilan tekshirish mumkin.
Z/6Z=Z/ 6Z; + -additiv abel gruppasi.
7).Z/mZtoʻplamda koʻpaytirish amalini
tenglik bilan aniqlasak. Z/ mZ; -multiplikativ monoid boʻladi.Bunda neytral
element S1boʻladi, assosiativlik qonuni bajariladi,lekinixtiyoriySiuchun
CiCj=C1shartni qanoatlantiruvchi Cj element mavjud emas.
Masalan,m=6 daC3 C0=C0 , C3 C1=C3 , C3 C2=C0 , C3C3=C3 , C3C4=C0 , C3 C5=C3
,ya'niC3 Cj=C1 tenglikni qanoatlantiruvchi Cj sinf mavjud emas.
8). M={1,-1}toʻplamning arifmetik koʻpaytirish amaliga nisbatan multiplikativ
gruppa boʻlishligini isbotlang.
9). a+b3koʻrinishdagi sonlar toʻplamini a,bRboʻlganda koʻpaytirish va
qoʻshish amallariga nisbatan gruppa boʻlish yokiboʻlmasligini tekshiring.
GRUPPANING XOSSALARI
1.Ixtiyoriy gruppada neytral element bir qiymatli aniqlanadi va gruppaning
istalgan elementi uchun yagona teskari (simmetrik )element mavjud boʻladi.Biz
bu xossani ilgari umumiy holda isbotlagan edik .
2. Harqanday multiplikativ gruppada boʻlish munosabati oʻrinli, ya'ni
istalgan a va b elementlar uchun shunday x,y elementlar topiladiki, ax=b, ya=b
tenglamalar yagona echimga ega .
Isboti. ax=b tenglamani chap tomondan a-1 ga koʻpaytirsak, a-1(ax)= a-1byoki(a1
a)x= a-1bex= a-1bx= a-1b ga ega boʻlamiz. x= a-1b bilan birga chamax=b
~ 38 ~
tenglamaning echimi boʻlsa , u holdac=ec=( a-1a)c= a-1(ac); bu erda as=b
boʻlgani uchun c= a-1b, ya'ni s=x.
3. Istalgan grupaning elementlari regulyar elementlardir .
Haqiqatan hama⊤b=a⊤cb=c va b⊤a=c⊤ab=c kelib chiqadi. Gruppaning
elementlariga simmetrik a element mavjud
l boʻlgani uchuna⊤(a⊤b)= a⊤ (a⊤c) (a⊤a) ⊤b=( a⊤a) ⊤ce⊤b=e⊤cb=c .Keyingi
tenglik ham shuning singari isbotlanadi .
4. G,⊤-gruppaning ixtiyoriyn ta elementi shu gruppada aniqlangan algebraik
amal ⊤ga nisbatan assosiativdir .
Isboti. Isbotni yozuvda soddalik uchun koʻpaytirish amaliga nisbatan olib
boramiz.
1) n=1,2 da isbotning hojati yoʻq ;
n=3 da esa gruppa ta'rifidagi 1)-shartda berilgan.
Faraz etaylik , n=k da teorema oʻrinli boʻlsin, ya'ni n ta koʻpaytuvchining
koʻpaytmasi qavslarni qoʻyish tartibiga bogʻliqboʻlmasin.U holdaa1a2
...ak=debyozaolamiz . Bu tenglikning ikkala tomonini ak+1 ga koʻpaytirsak,
(a1 a2 ...ak ) ak+1= () ak+1=· ak+1.
Endi
va
lardagi koʻpaytuvchilar soni k dan kichik shuning uchun bu
koʻpaytuvchilar uchun xossa oʻrinli.
Endi ,,ak+1hadlar uchun (ularni 3ta element deb) assosiativlik qonunini
qoʻllasakak+1 ifodaga va demak (a1 a2 ...ak ) ak+1 ifodada ham uning qiymati
qavslarni qoʻshish tartibiga bogʻliq emas degan xulosaga kelamiz .
5. a1 ,a2 , ...,akG elementlarining koʻpaytmasiga teskari boʻlgan element
-1
-1
ak ak-1 ...a1-1boʻladi .(Tekshiring). a.a...a=andeb belgilaymiz , a0=e .
6. Agar aGboʻlsa , u holdaanG, nNboʻladi .
GRUPPALARNING GOMOMORFLIGI
Faraz etaylik , G=G; -1 va H=H; -1 -multiplikativ gruppalar berilgan boʻlsin.
Agar G ni H ga akslantiruvchi h akslantirish asosiy amallarni saqlasa , ya'ni
~ 39 ~
1)
a,b G uchun h(ab)= h(a) h(b) ,
2)
a
G,
h(a-1) =(h(a)) -1
shartlar bajarilsa, h ga gomomorf akslantirish , G va H gruppalarga esa gomomorf
(oʻxshash) gruppalardeyiladi.Agar h:GH gomomorf akslantirish boʻlib G ni H ga
(ustiga) oʻtkazsah ga epimorf akslantirishdeyiladi .
Agar h:GH akslantirish oʻzaro bir qiymatli akslantirish boʻlib, asosiy
amallarni saqlasa bunday akslantirishga izomorf akslantirish deyiladi (xossalari bir
xil).Bu holdaG va H gruppalarga izomorf gruppalar deyiladi va GHkoʻrinishda
yoziladi.
G ni G ga (ustiga) akslantiruvchi izomorf h akslantirishga
avtomorfizmdeyiladi.
1-teorema . Agar h:GH akslantirish G dagi binar amal ni saqlasa, ya'ni a,bG,
h(ab)=h(a)h(b) tenglik oʻrinli boʻlsa,uholdahG gruppaning birlik e elementini H
gruppaning birlik elementiga oʻtkazadi vah:GH gomomorf akslantirish boʻladi.
Isboti . Faraz etaylik , eG ning bir elementi boʻlsin va u hakslantirishda eH
elementga utsin , ya'ni e=h(e)H. e ning H uchun birlik element ekanligini
koʻrsatamiz . 1) ga asosan
h(ee)=h(e) h(e) = e e, ikkinchi tomondan e=h(e)=h(ee). Demak, e e=e, ya'ni eH
birlik element. h ning gomomorf akslantirish ekanligini koʻrsatish uchun 2) shartni
qanoatlantirishni koʻrsatish etarli.
Faraz etaylik ,aGboʻlsin. U holdaG gruppa boʻlgani uchun
a-1G va a a-1= e G . (1) ga asosan bundan h(a a-1) = h(a) h(a-1)= h(e)= e H .
Demak, a G,
h(a-1) =(h(a)) -1 , ya'ni h(a) ga teskari element.
Gruppalar toʻplamidagi izomorflik munosabati ekvivalentlik munosabatidir
(tekshirib koʻring ).
Misollar. 1. Q* -barchanoldanfarqlirasionalsonlartoʻplamivaQ*=Q* ; , 1
esarasionalsonlarningmultiplikativgruppasiboʻlsin.Q+=Q+; , -1 musbatrasionalsonlarningmultiplikativgruppasiboʻlsin. Uholdah(a)=a, h:Q*Q+(
ya'nih:aa)gomomorfakslantirishboʻladi.
1-shart. h(a.b)=h(a).h(b), chunki ab=ab
~ 40 ~
2-shart. h(a-1) =(h(a)) -1,a-1=a-1
bajariladi.
lar absolyut qiymatning xossalariga asosan
2. R+=R+; , -1 -musbat haqiqiy sonlarning multiplikativ gruppasi, R=R ;
+, - esa haqiqiy sonlarning additiv gruppasi boʻlsin, u holda f(x)=log x
funksiyaning yordamidagi akslantirishf: R+Rizomorf akslantirish boʻladi, chunki
log (x.y)=log x=log y, log x-1= - log x .
3. g (x) = 2x funksiya yordamida akslantirish (ya'ni f (x)=log2 x funksiyaga
teskari funksiya bilan) g:R R+ham izomorf akslantirish boʻladi, chunki 2x+y=
2x· 2y, 2-x=(2x )-1 .
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1). Gruppa deb nimaga aytiladi?
2). Chekli gruppaning tartibi deganda nimani tushunasiz?
3). Additiv va multiplikativ gruppaga ta'rif bering.
4). qism gruppa deganda nimani tushunasiz ?
5). Gruppaning normal boʻluvchisi deb nimaga aytiladi?
6). Lagranj teoremasini ayting .
7). Faktor gruppaga ta'rif bering.
8). Gomomorf gruppalar deb qanday gruppalarga aytiladi?
9). Izomorf gruppalar deb qanday gruppalarga aytiladi?
11-MA'RUZA
MAVZU:ChIZIQLI TENGLAMALAR SISTEMASI VA TOʻGʻRI
BURChAKLI MATRISALAR
R E J A :
1.Chiziqli tenglamalar sistemalari haqidagi umumiy ma'lumotlar .
2.Ekvivalent chiziqli tenglamalar sistemalari.
~ 41 ~
3.Chiziqli tenglamalar sistemasidagi elementar almashtirishlar .
4.Toʻgʻri burchakli matrisalar .
ADABIYoTLAR [1,2,3 ].
Ushbu sistemaga
a11 x1+ a12 x2+....+ a1n xn=b1
a21 x1+a22 x2+....+ a2n xn=b2
..................................................
(1)
am1 x1+am2 x2+....+ amn xn= bm
n ta noma'lumli m ta chiziqli tenglamalardan tuzilgan sistema deyiladi.
Bunda aij lar koeffisientlar (sonlar), x1, x2 , ..., xn noma'lumlar, b1 , b2 ,...,bm
lar ozod hadlardeyiladi . aijkoeffisientda birinchi indeks itenglamaning nomerini,
ikkinchi indeks j esa nomalumning nomerini bildiradi. Agar (1)da b1 , b2 , ..., bm
lardan birortasi noldan farqli boʻlsa,(1) ga bir jinsli boʻlmagan tenglamalar
sistemasi,agar b1=b2= ... =bm= 0 boʻlsa , (1) ga bir jinsli chiziqli tenglamalar
sistemasi deyiladi. (1) ni qisqacha
ai1x1+ai2 x2+....+ ain xn= bi ,
i=1,2,3, ... , m .
(2)
koʻrinishdahamyozishmumkin.
ntahaqiqiysondantuzilgantartiblangann-lik (1, 2 , ..., n) ga noʻlchovliarifmetikvektordeyilali.
(2) ningechimidegandauningharbirtenglamasinitoʻgʻritenglikkaaylantiruvchi1, 2 , ...,
nsonlargaaytiladi.
(1) -sistemani vektor tushunchasidan foydalanib quyidagicha yozish mumkin. (1)
ning noma'lumlar oldidagi koeffisientlardan tuzilgan vektorustunlarini
deb belgilab olsak, (1) dan
A(1) x1+ A(2)x2+ ... +A(n)xn=b
(3)
~ 42 ~
ni hosilqilamiz. (Ma'lumki vektorni songa koʻpaytirish uchun uning barcha
koordinatalari shu songa koʻpaytiriladi).
Agar (1) sistema echimga ega boʻlsa,bunday sistemaga birgalikdagi
sistema, echimga ega boʻlmasa birgalikda boʻlmagan sistemadeyiladi.Agar (1)
sistema faqat bitta echimga ega boʻlsa,oʻngaaniq sistema,cheksiz koʻp echimgaega
boʻlsa, (1) gaaniqmas sistemadeyiladi.(Tushunarliki,(1) sistema echimga ega
boʻlsa ,u yagona echimga ega yoki cheksiz koʻp echimga ega boʻladi).M: a) 3x1-2
x2+5x3=6sistema echimga2x1+x2-3x3=1egaemas;5x1- x2+2x3=2
b) 3x1 -2 x2+5x3=6
sistemayagonaechim (1, 1, 1)
2x1- x2+ 3x3= 4
gaega ;
x1+x2+ x3 = 2
v) x1 - x2 -x3=2
2x1 5x2+x3=4
sistema cheksiz koʻp echimga ega .
Tushunarliki bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi doimo(0,0,...,0)echimga
ega.Bu echim uning trivial echimi deyiladi va uning noldan farqli echimlarga ega
boʻlish shartlari tekshiriladi. (2) sistema bilan birga
ci1x1+ci2x2+....+cinxn=di,
i=1,2,3, ... , m.
(4)
cistema ham berilgan boʻlsin. Agar (2)-sistemaning har bir echimi (4)sistemaechimi boʻlsa , (4)-sistema (2) -sistemaning natijasi deyiladi.
Agar (2) ning echimlari toʻplamini A, (4) ning echimlari toʻplamini esa V deb
belgilasak, A Vboʻladi.
Agar (4)-sistema (2)-sistemaning natijasi, (2)- sistema esa (4)sistemaningnatijasi boʻlsa, u holda (2) va (4) sistemalargaoʻzaro ekvivalentlik
sistemalar deyiladi.
Ushbu almashtirishlarga (1)-chiziqli tenglamalar sistemasidagi elementar
almashtirishlardeyiladi.
1). (1) sistemadagi biror (masalan, k-tenglamani) tenglamaning ikki tomonini 0 soniga koʻpaytirish;
2). Sistemadagi ixtiyoriy2 ta tenglamaning oʻrinlarini almashtirish;
~ 43 ~
3). Sistemaning 2ta tenglamasini mos ravishda 0 va 0 sonlariga
koʻpaytirib natijalarini qoʻshish;
4). Barcha koeffisientlari va ozod hadi nollardan iborat (agar shunday
tenglamalar mavjud boʻlsa) tenglamalarni tashlab yuborish.
Teorema. Elementlar almashtirishlar natijasida hosil boʻlgan sistema dastlabki
sistemaga tengkuchli sistemadir.
Isboti.Haqikatdan ham, agar qaralaetgan sistema (1) sistemadan 2) va 4) elementar
almashtirishlar natijasida hosilqilingan boʻlsa , ularning ek-vivalent ekanligi
ta'rifdan bevosita kelib chiqadi.
Faraz etaylik, (1) sistemaning birorta tenglamasi, masalan, i-tenglamasi 0
soniga koʻpaytirilib, yangi sistema hosilqilingan boʻlsin.Bu sistemadagiitenglamadan boshqa tenglamalar (1)-sistemadagi tenglamalar bilan bir xil, shuning
uchun ham (1)ning ixtiyoriy1, 2 , ..., n echimini olib, uning yangi sistemadagi itenglama ai1x1+ai2x2+....+ainxn=bi ni qanoatlantirishini koʻrsatish kifoya.
Haqikatdan ham1, 2 , ..., n (1) ning echimi boʻlgani uchun ai11+ai22+....+ainn=bi
dan ai11+ai22+....+ainn=( ai11+ai22+....+ainn )= bi
kelib chiqadi .
Endi agarda yangi sistemadagi i-tenglama (1)dagii-tenglama
ai1x1+ai2x2++.... +ainxn=bini ga j-tenglamani esa ga koʻpaytirib natijani hadlab
qoʻshish natijasida hosilqilingan boʻlsa, u holdayuqridagi singari mulohaza yuritib
(ai1 1 +ai22+....+ ainn )+(aj11+aj22+....+ajnn )=bi+bj , ai11+ ai22+....+ ainn=bi va
aj11+aj22+....+ajnn=bjlarga asosan (ai1+aj1 )1+(ai1+aj2 )2+....+ (ain+ajn )n=bi+bj
tenglikka ega boʻlamiz. Shunday qilib teorema toʻla isbotlandi .
Misollar : 1.
(1)echimi (1; - 3/4 ); (2)
bu cheksiz koʻp echimga ega .
Demak, (2) sistema (1) sistemaning natijasi .
2.
sistemalarning ikkalasi hamaniqmas sistemalar boʻlib ularning echimlari
toʻplamlari ustma-ust tushadi. (1) sistemadagi 1-tenglamadan 2-tenglamani
ayirsak,(2)-sistemadagi 3-tenglama; qoʻshsak,2-tenglama hosilboʻladi. (1)sistemadagi 2-tenglamani 2ga koʻpaytirib 1-tenglamaga qoʻshsak,(2)-sistemaning
1-tenglamasi hosilboʻladi.
Ushbu (1)-sistemaning noma'lumlari koeffisentlaridantuzilgan
~ 44 ~
jadvalga (1) sistemaning matrisasi deyiladi.
jadvalga esa (1)-sistemaning kengaytirilgan matrisa deyiladi.
a11 , a22 , a33 ,... elementlar joylashgan diagonalga boshdiagonaldeyiladi.a1n
, a2,n-1 , a3,n-2 , ... elementlar joylashgan diagonalga esa
ikkinchidiagonaldeyiladi.Agar m=nboʻlsa, A ga n-tartibli kvadrat
matrisadeyiladi. matrisaga birlik matrisadeyiladi.
E=
Matrisadagi elementar almashtirishlar deb quyidagilarga aytiladi.
1). Ikkita satrining (ustunining) oʻrnini almashtirishga;
2). Biror satridagi (ustunidagi) barcha elementlarni noldan farqli songa
koʻpaytirishga;
3). Biror satri (ustuni) dagi barcha elementlarni noldan farqli songa koʻpaytirib,
ikkinchi bir satr (ustun) elementlariga qoʻshishga.
Mavzunimustahkamlashuchunsavollar
a). n ta nomalumli m ta chiziqli tenglamalardan tuzilgan sistemani yozing.
b).Qandaychiziqli tenglamalar sistemasiga birgalikdagi sistema deyiladi?
v). Aniq va aniqmas,ziddiyatli sistemalar deb qanday sistemalarga aytiladi?
g). Matrisa deganda nimani tushunasiz?
e). Ekvivalent (teng kuchli)chiziqli tenglamalar sistemalari deb qanday
sistemalarga aytiladi?
j).Chiziqli tenglamalar sistemasidagi elementar almashtirishlar deb nimagaaytiladi?
z).Bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi deb qanday sistemaga aytiladi?
~ 45 ~
12-MA'RUZA
MAVZU : n-OʻLChOVLIARIFMETIKFAZO.
ChIZIQLIBOGʻLANGANVAChIZIQLI BOGʻLANMAGAN VEKTORLAR
SISTEMALARI.
REJA:
1. n -oʻlchovli arifmetik fazoning ta'rifi;
2. n-oʻlchovli arifmetik fazoning xossalari;
3. Chiziqli bogʻlangan va chiziqli bogʻlanmagan vektorlar sistemalari;
4. Chiziqli bogʻlanmagan vektorlar sistemalarining xossalari;
ADABIYoTLAR
[1,2,3].
1. n ta tartiblangan haqiqiy sonlar 1,2 ,...,n dan tuzilgan (1,2, ...,n) n-likka noʻlchovlivektor deb aytiladi va 1, 2 , ..., nlarni vektorning koordinatalarideyiladi.
Barcha mumkin boʻlgan n -oʻlchovli vektorlar toʻplamini Rnbilan
belgilaymiz. Rn dagi a=(1, 2, . . . ,n) va b=(1 ,2 , . . . , n ) elementlarning tengligi,
yigʻindisini va R dan olingan soniga koʻpaytmasini quyidagicha aniqlaymiz:
1).
(a=b)
( 11 , 22 , . . . , nn ) ;
2).
a+b= (1+1 , 2+2 , . . . , n+n ) ;
3).
a= ( 1, 2, ... , n).Tushunarliki, uholdaa,b Rnuchunaqb RnhamdaR,
aRnuchunaRbajariladi. sonigakoʻpaytirishamaliRndagiunaralgebraikamalboʻlib,
unibizyozuvdaqulaylikuchunbilanbelgilaymiz. (0 ,0, . . . , 0) vektor
nolvektordeyiladi va bilan belgilanadi.
2) ga asosan a+=+ a = aboʻlgani uchun
neytral element boʻladi .
vektor qoʻshish amaliga nisbatan
(- 1) (1, 2, . . . ,n) vektorga a= (1, 2, . . . ,n) ga qarama- karshi
vektordeyiladi . a+(-1) a= boʻlgani uchun (- 1) a= -a bilan belgilanadi .
~ 46 ~
1- ta'rif. Rn toʻplamga unda aniqlangan qoʻshish va songa koʻpaytirish amaliga
nisbatan (ya'ni Rn; + , algebraga n-oʻlchovli vektorlarning arifmetik fazosi
(yokiqisqacha n- oʻlchovli arifmetik fazo ) deyiladi. Biz uniRn bilan belgilaymiz.
Vektorlarni qoʻshish va songa koʻpaytirish amallariga arifmetik fazo-ning
asosiy amallarideyiladi.
2. Rn=Rn; + ,
fazoning asosiy amallari quyidagi xossalarga ega:
1. Rn; + , - algebra additiv Abel gruppasi .
2. Conga koʻpaytirish amali assosiativ: ya'ni
R, aRna=(a).
3. Songa koʻpaytirish qoʻshish amaliga nisbatan distrubitiv :
R, a,bRn (a+b)=a+b.
4. Vektorga
aRn+a=a+a.
koʻpaytirish sonlarni qoʻshishga nisbatan distributiv, ya'ni R,
5. aRn 1a=a. xossalarning oʻrinli ekanligiga bevosita tekshirib koʻrishyoʻli bilan
ishonch hosilqilish mumkin. Uni biz talabalarga havola qilamiz.
Rn; + ,- -gruppaga Rn-arifmetik fazoning additiv gruppasideyiladi.
3. Bizga Rn=Vfazoning a1, a2 , . . . , am vektorlari sistemasi berilgan
boʻlsin. 1a1+2a2 + . . . +mam , ( 1,2 ,. . . ,m R) ifodaga
a1, a2 , . . . , amvektorlarsistemasiningchiziqlikombinasiyasideyiladi.Buerdagi1,2 , . .
,mlargachiziqlikombinasiyaningkoeffisientlarideyiladi.Agarkoeffisientlardanbirortas
inoldanfarqliboʻlsa, trivialboʻlmagan,
aksholda,ya'nibarchakoeffisientlarnolgatengboʻlsa,
trivialchiziqlikombinasiyadeyiladi .
a1,a2 , . . . , amvektorlarningbarchamumkinboʻlganchiziqlikombinasiyalaridantuzilganLtoʻplamgashuvektorlaningchiziqliqobigʻideyiladi.
Demak,L=L(a1, a2 , . . . , am )={1a1+2a2 + . . . +mam 1,2 ,. . . ,m R }.
Osonlik bilan koʻrish mumkinki,chiziqli qobiq vektorlarni qoʻshish, ayirish va
soniga koʻpaytirish amallariga nisbatan yopiqdir.
2- ta'rif. Agar hechboʻlmaganda birortasi noldan farqli 1, 2, ..., msonlari
mavjud boʻlib
~ 47 ~
1a1+2a2+... +mam=0
(1)
tenglik bajarilsa, u holda
a1, a2 , . . . , am
(2)
vektorlar sistemasi chiziqlibogʻlangandeyiladi. Agarda (1) tenglik faqat va
faqat1q2q. . . qmq 0 boʻlgandagina bajarilsa, (2) vektorlar sistemasiga
chiziqlibogʻlanmagansistemadeyiladi.
Masalan: e1=(1, 0 , 0 , . . . , 0 ), e2 =(0, 1 , 0, . . . , 0) , . . . , en=(0, 0, 0 , . . . ,
1) birlik vektorlar sistemasi chiziqli bogʻlanmagandir. Haqikatdan ham,1e1+2e2 + . .
. +nen=0dan ( 1,2 , . . . ,m )=0yoki1=2=. . . =m= 0kelib chiqadi.
4. X o s s a l a r i .
1. Nol vektor yokioʻzaro proporsional vektorlar qatnashgan harqanday
vektorlar sistemasi chiziqli bogʻlangandir. Haqiqatdan ham, agar 0, a2 , ..., am
vektorlar sistemasi berilgan boʻlsa, u holda10, 2=. . . =m= 0
deb olsak, 10+2a2
+ . . . +mam=0 tenglik oʻrinli boʻladi.a1=a2boʻlsa
(0), ham shunday isbotlanadi.
2. a1,a2 , . . . ,am(a10) vektorlar sistemasi chiziqli bogʻlanganboʻlishi uchun
undagi birorta vektorning qolgan vektorning chiziqli kombinasiyasi-dan iborat
boʻlishi zarur va etarlidir.
Isboti. Zarurligi. a1, a2 , . . . , am(a10) sistema chiziqli bogʻlanganboʻlsin. U holda
1a1 +2a2+ . . . +mam=0
(3)
tenglik bajariladi va bunda 1,2 , . . . ,m larning hechboʻlmasa birortasi noldan
farqli. Masalan, k0 va k shu shartni qanoatlantiruvchi eng katta indeks boʻlsin. Bu
erda k>1, aks holda, 2=. . . =m= 0 deb olsak, 1a1= 0 dan 1= 0 kelib chiqadi. (3) ni
ak ga nisbatan echsak: ak=(-1/k)a1+(-2/k)a2+ . . . +(-k-1/k)ak-1+ (-k+1/k)ak+1+ . . . +(m/k)a m yokis=(-s/k) debbelgilabolsak, ak =1a1+2a2+ . . . +k-1ak-1gaegaboʻlamiz.
Etarlisharti. Farazetaylikas=1a1+2a2+ . . . +s-1as-1+s+1as+1+ . . . +mamboʻlsin.
Uholdabutenglikni1a1+2a2+ . . . +s-1as-1+sas+s+1as+1+ . . . +mam=0
koʻrinishdayozishmumkin . Buerdas= - 1 0 boʻlganiuchuna1, a2 , . . . ,
amvektorlarsistemasichiziqlibogʻlangandir.
~ 48 ~
3.Agarberilgansistemaning
birorqismiysistemasichiziqlibogʻlanganboʻlsa,shusistemaningoʻzihamchiziqlibogʻl
anganboʻladi.
Isboti. a1,a2 , . . . ,akvektorlarsistemalarichiziqlibogʻlanganboʻliba1, a2 , . . . , ak
,ak+1, . . . , am
sistemaningqismiboʻlsin.Uholdahechboʻlmasabirortasinoldanfarqli1,2 , . . .
,ksonlarimavjudboʻlib1a1+2a2++ . . . +kak= 0 boʻladi.Bundan1a1+2a2+ . . .
+kak+0ak+1+ . . . +0am=0va1,2 , . . . ,k,0, ... , 0
sonlarininghechboʻlmasabirortasinoldanfarqli.
Demak, ta'rifgaasosana1, a2 , . . . , ak ,ak+1, . . . ,
amvektorlarsistemasichiziqlibogʻlangan.
Natija.Agarberilganvektorlarsistemasichiziqlibogʻlanmaganboʻl-sa,
uningixtiyoriyqismiysistemasihamchiziqlibogʻlanmagandir.
4. Agara1 , a2 , . . . , amvektorlarsistemasichiziqlibogʻlanmaganboʻlib
a1 , a2 , . . . , am, v
(4)
sistema chiziqli bogʻlanganboʻlsa , u holdav vektor
a1 , a2 , . . . , am
(5)
sistemadagi vektorlar orqali yagona usulda chiziqli ifodalanadi.
Isboti. (4) sistema chiziqli bogʻlangan boʻlganligi sababli hechboʻlmasa birortasi
noldan farqli boʻlgan 1, 2 , . . . , m, sonlari mavjud boʻlib
1a1+2a2+
. . . +m am+v= 0
(6)
tenglikbajariladi. Bu erda erda 0, aks holda (6)dana11+2a2+ . . . +mam=0 tenglik
1, 2 , . . . , m larning birortasi noldan farqli boʻlganda bajarilishi kerak.Bu esa (5)
ning chiziqli erkli ekanligiga ziddir.(6) ni v ga nisbatan echib
v =1a1 +2a2+ ... +m am
(7)
nihosilqilamiz.
Endiyagonaliginiisbotlaylik (7) bilanbirgav=1a1 +2a2+... +mamboʻlsa, uholda (1 1)a1 +(2 -2) a2+ ... + (m -m) am=0 boʻladi. (5) cistema chiziqli erkli boʻlgani
uchun1 -1=0,2 -2=0, ... ,m-m=0
yoki1 =1,2=2, ... ,m=mboʻladi.
5. Agar
aL(b1 ,b2 ,... ,bm ) va
b1,b2 ,... ,bmL(s1 ,s2 ,... ,ss)boʻlsa,
~ 49 ~
a L(c1 ,c2 ,... ,cs )boʻladi.Haqiqatanham, a L(b1 ,b2 ,... ,bm )dan
a=1b1 +2b2+ ... +mbm
.
(8)
b1,b2 ,... ,bmL(s1 ,s2 ,... ,ss) boʻlgani uchun esa
b1=11s1 +12 s2+ ... +1s cs
b2=21c1 +22 c2+ ... +2s cs
..............................................
(9)
bm=m1c1 +m2c2+ ... +ms cs .
(9) ni (8)ga olib borib qoʻysak
a=(1 11 +2 21 + ... +m m1 )c1+(1 12 +2 22 + ... +m m2 )c2+. . . +
+(1 1s +2 2s + ...+m ms )csyokii =1 1i+2 2i + ...+m m i ) deb belgilab olsak a=1s1+2s2+ ...
+s sshosilboʻladi, ya'ni a L(c1,c2 ,...,cs ).
Teorema. Agar a1 , a2 , . . . , a m+1 L(b1 ,b2 ,... ,bm )boʻlsa, a1 , a2,...,am+1sistemasi
chiziqli bogʻlangandir.
Isboti. m ga nisbatan matematik induksiya metodi bilan isbotlaymiz. a1, a2 , . . . ,
a m+1 vektorlarning barchasini noldan farqli deb olamiz, aks holda teorema oʻz
oʻzidan tushunarli. m=1 da a1 , a2 L(b1) boʻlib,bundan a1==1b1 , a2=2b2ni, yoki-11 a1
+(-2 )-1 a2 =0 , bu erda 1 , 2 . Demak,a1 , a2vektorlar chiziqli bogʻlangan va m=1
da teorema oʻrinli.
Faraz etaylik, m=n-1 da teorema oʻrinli boʻlsin. Biz uning m=n uchun
oʻrinli ekanligini isbotlaymiz. Bu holda a1 ,a2 , . . .,an+1 L(b1 ,b2 ,... ,bn) dan
a1=11b1 +12 b2+ ... +1n bn
a2=21b1 +22 b2+ ... +2n bn
.............................................
an=n1b1 +n2b2+ ... +n n bn
an+1=n+1,1b1 +n+1,2b2+ ... +n+1, n bn
(10)
~ 50 ~
Agar(10) da bn ning oldidagi barcha koeffisientlar nolga teng boʻlsa, u holda a1 ,a2 ,
. . . , an L(b1 ,b2 ,... ,bn-1) va induktivlik farazimizga koʻraa1,a2 , . . ., ansistema va
demak a1 ,a2 , . . . , an , an+1 sistema hamchiziqli bogʻlanganboʻladi.
Agarda bu koeffisientlardan birortasi, masalan n+1, n noldan farqli boʻlsa, u
holdaqolgan barcha tengliklardan bn vektorni yoʻqotamiz:
a1 -1 an+1 =11b1 +12 b2+ ... +1,n-1 bn-1
a2-2 an+1 =21b1 +22 b2+ ... +2,n-1 bn-1
.....................................................................
an-n an+1 =n1b1 +n2 b2+ ... +n,n-1 bn-1
hosilboʻladi. Induktivlikfarazimizgakoʻraa1 -1 an+1, a2 -2 an+1,…,
an -n an+1vektorlarsistemasichiziqlibogʻlangan,
hechboʻlmasabirortasinoldanfarqliboʻlgan1, 2 , . . . , n conlarimavjudboʻlib1 (a1 -1
an+1)+
2 (a2 --2 an+1)
+n ( an -n an+1 )=0 tenglikbajariladiyokibundan1a1+
2a2+ ...+n an+n+1 an+1 = 0hosilboʻladi. Bu erda
n+1 = -(11+22+. . . +nn ). Shunday
qilib a1 ,a2 , . . . , an ,an+1 vektorlar chiziqli bogʻlangan. Teorema isbot boʻldi.
Natijalar. 1). Agar a1 , a2 , . . . , ak L(b1 ,b2 ,... ,bm ) boʻlib, k> mboʻlsaa1 , a2 , .
. . , ak vektorlar sistemasi chiziqli bogʻlanganboʻladi.
2). Agar a1 , a2 , . . . , ak L(b1 ,b2 ,... ,bm ) boʻlib a1 , a2 , . . . , ak
vektorlar sistemasi chiziqli bogʻlanmagan boʻlsa, k mboʻladi.
3). noʻlchovli arifmetik fazodagi harqandayn+1 ta va undan ortiq
vektorlardan tuzilgan sistema chiziqli bogʻlangandir.
Bu 3- natija harqandaynoʻlchovli vektor (1 , 2 , . . . ,n) ni birlik vektorlar orqali
ifodalash mumkin ekanligidan, ya'ni
(1 , 2 , . . . , n)=1 e1+2 e2+ . . .+n en L(e1 ,e2 ,... ,en ) ekanligidan kelib chiqadi.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1). 1 va 2 oʻlchovli arifmetik fazolarga misollar keltiring.
2). noʻlchovli arifmetik fazo deganda nimani tushunasiz?
~ 51 ~
3). 3 oʻlchovli arifmetik fazoga misollar keltiring.
4). Chiziqli bogʻlangan vektorlar sistemasiga ta'rif bering.
5). Chiziqli bogʻlanmagan vektorlar sistemasiga ta'rif bering.
13 -MA'RUZA
MAVZU:
VEKTORLAR SISTEMASINING RANGI VA BAZISI
REJA:
1. Vektorlarning ekvivalent sistemalari .
2 . Vektorlar sistemasidagi element almashtirishlar .
3. Chekli sondagi vektorlar sistemasining bazisi .
4. Chekli sondagi vektorlar sistemasining rangi.
ADABIYoTLAR [ 1, 2, 3,].
n-oʻlchovli arifmetik fazo Rn dagi vektorlar S={a1,a2 , . . . , ak } va
T={ b1, b2, . . . , bs} sistemalari berilgan boʻlsin .Agar S sistemadagi har bir
vektorni T sistemasidagi vektorlarning chiziqli kombinasiyasi koʻrinishida va
aksincha T sistemadagi har bir vektorni S sistemalagi vektorlarning chiziqli
kombinasiyasi koʻrinishda ifodalash mumkin boʻlsa, S vaT vektorlar sistemalariga
ekvivalent vektorlar sistemalarideyiladi va
STkoʻrinishda yoziladi.munosabat binar munosabat boʻlib, refleksiv(SS), simmetrik
(STTS) va tranzitiv (ST va TLSL) lik xossalariga boʻysunadi, ya'ni ekvivalentlik
munosabati boʻladi .
Xossalari. 1. Ikkita sistemaning ekvivalent boʻlishi uchun ularning chiziqli
qobiqlarining teng boʻlishi zarur va etarlidir .
Isboti. STboʻlsin, L (S )=L (T) ekanligini koʻrsatamiz. S~T aS
(S) L (T).
a L (T), ya'ni L
Agarda b L(T ),u holdaTS boʻlgani uchun b L(S );ya'ni L(T) L (S) . Demak L(S )
L(T ) .
~ 52 ~
Agar L (S)= L(T)boʻlsa, ST ekanligi ta'rifdan bevosita kelib chiqadi.
2. Agar ikkita vektorlarning chekli sistemalari oʻzaro ekvivalent
boʻlib,chiziqli erkli boʻlsa, ular bir xil sondagi vektorlardan tuzilgan boʻladi.
Isboti. Agar ikkala vektorlar sistemalari boʻshboʻlsa, teorema oʻrinli. Faraz etaylik
u1, u2, . . . , unvav1, v2, . . . , vslar ekvivalent sistemalar boʻlib har biri chiziqli
bogʻlanmagan boʻlsin. U holda ilgarigi mavzudagi ikkinchi natijaga koʻrars va sr
boʻlib, boʻlardan rqs kelib chiqadi.
Chekli vektorlar sistemasidagi elementar almashtirishlar deb quyidagilarga
aytiladi:
1). Sistemadagi biror vektorni
songa koʻpaytirish;
2). Sistemadagi biror vektorni ga koʻpaytirib ikkinchi bir vektorga
qoʻshish;
3). Sistemadan nol vektorni chiqarib tashlash yoki nol vektorni qoʻshish.
1) va 2)-elementar almashtirishlarga xosmas, 3) ga esa xos almashtirish deyiladi.
1-teorema. Agar chekli sondagi vektorlarning biror sistemasi ikkinchi bir vektor
sistemasidan element almashtirishlar yordamida hosilqilingan boʻlsa, bu ikki
sistema oʻzaro ekvivalent boʻladi.
Isboti. Faraz etaylik ,
a1,a2 , . . . , am
(1)
vektorlarsistemasiberilganboʻlsin . Agaryangisistema (1) dan
1)almashtirishnatijasidahosilqilinganboʻlsa , uholda
a1,a2 , . . . , am (2)
sistemahosilboʻladiva (1) hamda (2)
larningekvivalentekanligita'rifdanbevositakelibchiqadi . Agaryangisistema
a1+a2, a2 , . . . , am
(3)
koʻrinishdaboʻlsaham (1) va (3) larekvivalentdir.
Endi vektorli fazolar nazariyasining asosiy tushunchalaridan biriga ta'rif beramiz.
~ 53 ~
Ta'rif.Berilgan chekli sondagi vektorlar sistemasining bazisi deb uning chiziqli
bogʻlanmagan va berilgan sistemaga ekvivalent boʻshboʻlmagan qismiy
sistemasiga aytiladi.
Boshqacha soʻz bilan aytganda berilgan vektorlar sistemasidagi har bir
vektorni ifodalash mumkin boʻlgan, chiziqli bogʻlanmagan, boʻshboʻlmagan
qismiy sistemadir.
2-teorema.Agar chekli vektorlar sistemasida hechboʻlmasa birorta noldan
farqli vektor mavjud boʻlsa, bu sistema bazisga ega. Berilgan sistemaning
harqanday ikkita bazisi bir xil sondagi vektorlardan toʻzilgan boʻladi.
Isboti.Faraz etaylik,chekli sondagi hechboʻlmasa birortasi noldan farqli boʻlgan
vektorlar sistemasi
u1,u2 , . . . , uk , . . . , um(4)
berilgan boʻlsin. Bu sistemadagi nol vektorlarni tashlab yuborish mumkin, chunki
hosil boʻlgan sistema (4) sistemaga ekvivalent boʻladi. Shuning uchun hamu1deb
olishimiz mumkin. Agar (4) chiziqli erkli boʻlsa uning oʻzi bazis boʻladi. Agarda
(4) sistema chiziqli bogʻlanganboʻlsa, u holda bu sistemadagi ukvektor oʻzidan
oldingi vektorlarning chiziqli kombinasiyasidan iborat boʻladi, ya'ni u1,u2 , . . . , uk-1
, uk+1,, . . . , um sistema(4) ga ekvivalent va kamida birta noldan farqli vektor oʻnga
qarashli. Shu jarayonni davom ettirib chekli qadamdan keyin birortasi
hamqolganlarining chiziqli kombinasiyasidan iborat boʻlmagan sistemaga ega
boʻlamiz va u bazis boʻladi.
Agar u1,u2 , . . . , ukvav1,v2 , . . . , vs lar berilgan sistemaning bazislari
boʻlsalar, ular ekvivalent boʻladi va demak k=s.
Ta'rif.Berilgan vektorlar sistemasining bazisini tashkil etuvchi vektorlar soniga shu
sistemaning rangideyiladi.
Faqat nol vektordan tuzilgan sistemaning va boʻsh sistemaning rangi nolga teng
deb hisoblanadi.
Xossalari.
1. Agar u1,u2, . . . ,ukL(v1 ,v2 ,... ,vm )boʻlsa, u1,u2, . . .,uk vektorlar sistemasining
rangi v1 ,v2 ,... ,vm vektorlar sistemasining rangidan katta emas.
Isboti. Agar u1 , . . .. , uksistema faqat nol vektorlardan toʻzilgan boʻlsa,uning
rangi nolga teng va v1 ,... ,vm sistemaning rangidan katta emas.
~ 54 ~
Agarda birinchi u1 , . . .., uksistemada birorta noldan farqli vektor mavjud
boʻlsa, v1 ,... ,vmsistema ham noldan farqli vektorga ega boʻladi(teorema-ning
shartiga koʻra). U holda ikkala sistema ham bazisga ega. u1 , . . ., ur birinchi
sistemaning bazisi; v1 ,... ,vs esa ikkinchi sistemaning bazisi boʻlsin. U holdav1 ,...
,vs sistema v1 ,... ,vm ga ekvivalent va demak L(v1 ,...,vs)=L(v1 ,...,vm).
Shunday qilib u1 , . . . , urL(v1 ,... ,vs ) va rs.
Natijalar:
1. Berilgan sistemaning rangi uning ixtiyoriyqismi sistemaning rangidan
kichik emas.
2. Ekvivalent sistemaning ranglari oʻzaro teng.
3. n- oʻlchovli vektorli fazodagi ixtiyoriy chekli sistemaning rangi n.
Haqikatdan hamL(e1 , e2 ,... ,en)=Rnva a1 , ... , am ,L(e1 , e2 ... , en)=Rnboʻlsa, 1 ga
koʻraa1, ... , amning rangi e1 , e2 ... ,en ning rangi n dan katta emas.
4. Agar chekli sistemaning rangi r ga teng boʻlsa, uning Ixtiyoriyk ta
vektordan toʻzilgan qismiy sistemasi k>r boʻlganda, chiziqli bogʻlangandir.
5. Agar
a1, ... , am
(5)
sistemaning rangi
a1, ... , am ,b
(6)
sistemaning rangiga teng boʻlsin. U holdab vektor (5) sistemadagi vektorlar
orqalichiziqli ifodalanadi.
Isboti. Tushunarliki, agar ikkala sistemaning ham rangi nolga teng boʻlsa, teorema
oʻrinli. Faraz etaylik,(5)-sistemaning rangi
r> 0 ga teng boʻlsin va a1, a2... , ar- uning bazisi boʻlsin. U holda ikkinchi
sistemaning ran-gi hamr ga teng boʻladi va a1, a2... , ar sistema (6) ning qismi
boʻlgani uchun a1, ... , ar,bchiziqli bogʻlangan, demak, bL(a1 , ... ,ar).U
holdabL(a1,...,ar...,am)ya'nib=1 a1 +2 a2 +... +mam.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
~ 55 ~
1). Chiziqli bogʻlanmagan maksimal sistema deb qanday sistemaga aytiladi?
2). Vektorlar sistemasining bazisi va rangi deb nimaga aytiladi?
3). a1=(1,0,1), a2 =(1,1,1) vektorlar sistemasining rangi nechaga teng?
14 – 15* - MA'RUZA
MAVZU: MATRISALAR VA ChIZIQLI TENGLAMALAR
SISTEMASINING RANGI
REJA:
1. Matrisalar va ular ustida amallar.
2. Matrisaning rangi.
3. Chiziqli tenglamalar sistemasining rangi.
ADABIYoTLAR [ 1 , 2 , 3 ].
Matrisa deb elementlarni (ob'ektlarni) ma'lum tartibda olib toʻzilgan jadvalga
aytiladi. Masalan, ushbu
jadvalga n ta ustun va m ta satrdan tuzilgan matrisadeyiladi.Bundan keyin
matrisalarni lotin alfavitining bosh harflari bilan belgilaymiz:A,B,....Agar satr va
ustunlari sonini koʻrsatish zarur boʻlsa
Amxnkoʻrinishdagi belgilashdan foydalanamiz.(1)da ... koʻrinishda belgilashning
oʻrniga (...)yoki ... koʻrinishdagi belgilashlardan ham foydalaniladi. Agarda (1)
dam=nboʻlsa, unga n- tartibli kvadrat matrisadeyiladi. Barcha elementlari
nollardan iborat boʻlgan matrisaga nol matrisadeyiladi.
Bosh diagonalida birlar qolgan joylarida esa nollardan iborat boʻlgan
kvadratmatrisaga birlik matrisadeyiladi . Masalan, ushbu matrisa n-tartibli birlik
matrisadir
E= .
~ 56 ~
Agar bizga Amxn= ( aij) va Bmxn= ( bij) matrisalar berilgan boʻlsa, u holda ularning
mos elementlari teng boʻlsagina bunday matrisalarga teng deyiladi. Demak,
Amxn=Bmxnaij=bij.
Endi matrisalar ustida bajariladigan amallarni qarab chiqamiz.
1.Qoʻshish.Matrisalarning yigʻindisi ham tenglik singari bir xil rusumli
matrisalar uchun aniqlangan. Amxn=( aij) va Bmxn=( bij) matrisalarning yigʻindisi
deb Amxn+Bmxn=( aij+bij) tenglik bilan aniqlanuvchi matrisaga aytiladi.
Boshqacha qilib aytganda matrisalarni qoʻshish uchun ularning mos elementlari
kushiladi.
Masalan
Tushunarliki Amxnva Bmxn matrisalarning yigʻindisi hammxnoʻlchovli matrisa
boʻladi, ya'ni Amxn+Bmxn=(A+V)mxn.
Matrisalarni qoʻshishquyidagi xossalarga ega:
1) A+V=V+A - kommutativlik,
2) A+(B+C)=(A+B)+C - assosiativlik,
3) A+O=O+A=A, bu erda O nol matrisa.
2.Matrisani songa koʻpaytirish.Matrisani songa koʻpaytirish uchun uning barcha
elementlari shu songa koʻpaytiriladi , ya'ni A=(aij).
Misol. A=boʻlsa, u holda5A=boʻladi.
Xossalari :
1. () A=(A )
3. 1 A=A .
2. (+ ) A=A+A
4. (A+B) =A+ B.
3. Matrisani matrisaga koʻpaytirish.Matrisalarni koʻpaytirish satrlarni ustunlarga
koʻpaytirish qoidasiboʻyicha amalga oshiriladi.Uning ma'noga ega boʻlishi uchun
birinchi matrisaning ustunlari soni 2-matrisaning satrlari soniga teng boʻlishi
kerak, ya'ni AmxnB nxk=C mxk. C mxk matrisaning ci jelementi A dagi i-satr
elementlarini V dagi j-ustun elemenlariga mos ravishda koʻpaytirib qoʻshish
natijasida hosilboʻladi , ya'ni agar
A=, B=, C=
boʻlsa ,
ci j =ai1 b1 j + ai2b2 j + ... +ai j bi j + ... +ai nbn j ,(i=1,2,…,m; j=1,2, . . . ,k,.)(2)
~ 57 ~
boʻladi.
BoshqachaqilibaytgandaS=(si j)matrisaningelementlari (2)-formulabilananiqlanadi.
Xossalari: 1).(A B) C=A (B C) - matrisalarningkoʻpaytmasiassosiativ;
2). A E= E A=A
3). A(B+C)=A B+A C - matrisalarningkoʻpaytmasiqoʻshishga
(B+C)A=B A+C A nisbatandistributivdir.
Buxossalarningoʻrinliekanliginichapvaoʻngtomondagiixtiyoriyelementlarinihisobla
bkoʻrishyoʻlibilanmatrisalarningtengliktushunchasidanfoydalanibisbotlashmumkin.
Unibiztalabalargamustaqilishsifatidataklifqilamiz.
Misollar:
Bumisoldankoʻrinadiki,
matrisalarnikoʻpaytirishkommutativlikxossasigaboʻysinmaydi, ya'niABBA.
3). (Mustaqiltopshiriq). Barcha ntartiblimatrisalartoʻplaminingadditivAbelgruppasiboʻlishiniisbotlang.
Matrisaningrangi. A matrisaning satrlari m tanoʻlchovli gorizontal
a 1 =(a11,a12 ,...,a1n ), a 2=(a21 ,a22 ,...,a2n ), . . . ,a m=(am1 ,am2 .,...,amn )
(3)
vektorlarni, ustunlari esa n ta moʻlchovli vertikal vektorlarni tashkil qiladi.
Ularni gorizontal vektorlardan farqqilish uchun
a 1=(a11,a21 ,...,am1 ), a 2=(a12 ,a22 ,...,am2 ), . . . , a n=(a1n ,a2n .,...,amn )
(4)
koʻrinishda belgilaymiz.
1-ta'rif. a 1 ,a 2, . . . ,a m vektorlar sistemasining rangi A matrisaningsatrlar
boʻyicha rangi, a 1, a 2, . . . , a nvektorlar sistemasining rangiga esa Amatrisaning
ustunlar boʻyicha rangideyiladi.
1- teorema. Elementar almashtirishlar matrisaning rangini oʻzgartirmaydi.
Isboti. Elementar almashtirishlarni satrlarga tadbiq etaylik.
1). Matrisaning ixtiyoriy ikkita satrining oʻrnini almashtirish (3)
sistemadagi ikkita vektorning oʻrnini almashtirishga mos keladi, shuning uchun
ham uning rangi oʻzgarmaydi.
~ 58 ~
2). Matrisaning biror satri (masalani-catr) 0 soniga koʻpaytirilgan boʻlsa, u
holda (3) sistemadagi ai-vektor shu soniga koʻpaytirilgan boʻladi, ya'ni
a1 ,a 2, . . . , a i, . . . ,am (5)
sistema hosilboʻladi. Farazetaylik, (3) chiziqlierkli, lekin (5)
esachiziqlibogʻlanganboʻlsin. Uholdahechboʻlmasabirortasinoldanfarqli1 , 2, . . . ,i, .
. . ,msonlarimavjudboʻlib1 a1 +2a2+...+i (a i)+...+m a m=0tenglikbajariladi. i0
debolishimizmumkin (aksholda (3)-sistemachiziqlibogʻlanganboʻlaredi). 0
boʻlganligi sababli i 0, demak, 1 a1 ++2a2+...+(i )ai+...+m am=0, ya'ni (3)-sistema
chiziqli bogʻlangan, bu qarama-karshilik (5)-sistemaning chiziqli bogʻlanmagan
ekanligini koʻrsatadi.
3). Matrisaning j-satrining elementlari ga (0) koʻpaytirilib i-satrning mos
elementlariga qoʻshilganboʻlsa, u holda
a1 ,a2, . . . , a i +a j, . . . ,a m (6)
vektorlar sistemasiga ega boʻlamiz. Bizga ma'lumki, (3) va (6) vektorlar
sistemalari ekvivalent, ya'ni ularning ranglari teng.
2-teorema.Har bir matrisaning satr boʻyicha rangi ustun boʻyicha rangiga teng.
Isboti. Biz (3) va (4) sistemalarning ranglarining teng ekanligini is-botlaymiz. (3)
ning bazisi
a1 ,a2, . . . ,ar
(7)
(4) ning bazisi esa
a 1, a 2, . . . , a s (8)
boʻlsin. Bizr=sekanliginiisbotlaymiz. Farazetaylikr<sboʻlsin.Uholda (7)
sistemadagiai=(ai1 ,ai2 ,..., ais,...,ain), (
i=1,2,...,r)vektorlarningbirinchistakoordinatalaridanfoydalanibushbustanoma'lumli
rtatenglamadantuzilganbirjinslichiziqlitenglamalarsistemasiai1x1+ai2x2+....+
aisxs=0, (i=1,2,...,r)nituzibolamiz. r<sboʻlganiuchunbu(1,2,....,s)nolmasechimgaega,
ya'ni
ai11+ ai22+....+ aiss=0, (i=1,2,...,r).
(9)
Bu (1,2,....,s ) echim (3) dagi qolgan vektorlar
s ta koordinatalardan tuzilgan
ar+1 ,ar+2, . . . ,am larningbirinchi
ak1x1+ ak2 x2+....+ aks xs=0,
(= r+1,r+2,...,m)
~ 59 ~
sistemani hamqanoatlantiradi. Haqiqatan ham, ar+1 ,ar+2, . . . ,am vektorlarning har
biri (7) sistemadagi vektorlar orqali (bazis orqali) chiziqli ifodalanadi:ak=1k
a1+2ka2+....+rkar, (k= r+1,r+2,...,m). Bundan(ak1,ak2, ,...., akn)=(1k a11+2k a21+....+rk
ar1, . . . , 1k a1n+2k a2n+....+rk ar n) yoki
ak1 =1k a11q2k a21+....+rk ar1,
…………………………………..
aks =1k a1s+2k a2s+....+rk ar s,
ak,s+1=1k a1,s+1+2k a2,s+1+....+rk ar,s+1, (k=r+1,r+2,... ,n)
…………………………………………..
akn=1k a1n+2k a2n+....+rk ar n.
Bu tengliklarning birinchi s tasini mos ravishda1,2,....,s larga koʻpaytirib qoʻshsak
(9) ga asosan ak11+ak22+....+akss=1 (1k a11+2k a21+....+rk ar1 )+2 (1k a12+2k a22+....+rk
ar2)+...+s(1k a1s+2k a2s+....+rk ar s)+1k(a111+ a122+....+a1s s) +2k(a211+ a222+....+a2s s)
+ ... +rk(ar11+ ar22+....+ars s)+1k 0+2k0+...+rk =0 ni hosilqilamiz.
Demak,
ak11+ak22+....+akss=0
(10)
(9) va (10) dan (8) ning chiziqli bogʻlangan ekanligi kelib chiqadi. Haqiqatan ham1
a 1 +2 a 2 +....+s a s=1 (a11 ,a21 ,...,am1 )+2 (a12 ,a22 ,...,am 2 )+ . . . +
s (a1s ,a2s ,..., ams )= (a111+ a122+....+a1ss,a211+ a222+....+a2ss, ... ,
am11+ am22+....+ams s) =(0,0, . . . ,0). Buesa (8) ningchiziqlierkliekanligigaziddir.
Demak, r<sboʻlaolmasekan. r>sholhamxuddishundayqaraladi.
Shuninguchunhamr=s.
Chiziqlitenglamalarsistemasiningrangidebuningmatrisasiningrangigaaytiladi.
Agarnolmassatrgaegaboʻlganmatrisadagiknolmassatrdagibirinchinoldanfarqlielement(k-1)nolmassatrdagibirinchinoldanfarqlielementdanoʻngtomondatursabundaymatrisagap
ogʻonalimatrisadeyiladi.
Tushunarlikimatrisaningrangiuningpogʻonalikoʻrinishidaginoldanfarqlisatrlarsonig
ateng.
Misol. Ushbu matrisaning rangini hisoblang
~ 60 ~
.
Shundayqilib, berilganmatrisaningrangir(A)=3 .
Endi ushbu asosiy teoremani osongina isbotlash mumkin.
Teorema (Kroniker-Kapelli). Chiziqli tenglamalar sistemasining echimga ega
boʻlishi uchun uning asosiy matrisasining rangi kengaytirilgan matrisasining
rangiga teng boʻlishi zarur va etarli.
Mavzunimustahkamlashuchunsavollar
1). Matrisaningrangidebnimagaaytiladi?
2). Chiziqli tenglamalar sistemasining rangi deb nimaga aytiladi ?
3). Matrisaning satrlar (ustunlar) boʻyicha rangi deb nimaga aytiladi?
4). Matrisadagi elementar almashtirishlar uning rangiga qanday ta'sir qiladi?
16- MA'RUZA
MAVZU: ChIZIQLI TENGLAMALAR SISTEMASINI
NOMA'LUMLARINI KETMA-KET YOʻQOTISh USULI (GAUSS USULI)
BILAN EChISh
R E J A:
1. Chiziqli tenglamalar sistemasida yagona echimga ega boʻlgan hol.
2. Chiziqli tenglamalar sistemasi cheksiz koʻp echimga ega boʻlgan hol.
3. Misollar.
4. Bir jinsli va bir jinsli boʻlmagan chiziqli tenglamalar sistemasi echimlari
orasidagi bogʻlanish.
ADABIYoTLAR [ 1 , 2 , 3 ].
Ushbumxn -chiziqli tenglamalar sistemasi (ch.t.s.)
a11 x1+a12 x2+....+ a1n xn= b1
~ 61 ~
a21 x1+a22 x2+....+ a2n xn= b2
..................................................
(1)
am1 x1+am2 x2+....+ amn xn= bm
berilgan boʻlsin.Uni Gauss usuli bilan echish uchun uning ixtiyoriy bir (masalan
birinchi) tenglamasini yozib olamiz va qolgan tenglamalarning barchasidan birorta
noma'lumni (masalan, x1ni) yoʻqotamiz.U holda ushbu sistemaga ega boʻlamiz:
a11 x1+a12 x2+....+ a1n xn=b1
a22 x2+....+ a2n xn= b2
...................................
(2)
am2 x2+....+ amn xn=bm
Tushunarliki (2) sistema (1) ga ekvivalent. Endi (2) sistemadagi 1-tenglamani va
qolgan tenglamalardan yana birortasini (masalan 2-tenglamani) yozib olamiz,
qolgan barcha tenglamalardan x2 ni yoʻqotamiz.Shu jarayonni davom
ettiramiz.Bunda agar 0=0koʻrinishdagi tenglama hosilboʻlsa, uni tushirib
qoldiramiz. Agarda, 0=b (b0) koʻrinishdagi tenglik hosilboʻlsa,u holda jarayonni
toʻxtatamiz va sistema echimga ega boʻlmaydi.Shu jarayonni k marta
takrorlagandan keyin quyidagi ikki holatdan biri yuz beradi:
1).Oxirgitenglamadafaqat 1 tanoma'lumqatnashibqoladi;
2).Oxirgitenglamada 1
tadanortiqnoma'lumqatnashadivaulardanbirortasinihamendiyoʻqotishimkoniyatiyo
ʻq.
1holdaoxirgitenglamadanxnnitopibolamizvaunioxirgidanoldingitenglamagaqoʻyibx
n-1nitopamiz. xnvaxn-1larnitopilganqiymatlariniundanoldingitenglamagaqoʻyibxn2nitopamizvah.k. xn ,xn-1 , ... ,
x2larningtopilganqiymatinisistemadagibirinchitenglamagaqoʻyibx1nitopamiz.
Shundayqilib, buholdaberilgansistemayagonax1 =1,x2 =2,...,xn =nechimgaega.
Misol. 1).sistemani Gaussusuli bilaneching.
Javobi: x1 =1, x2 =2 , x3=3.
~ 62 ~
Ikkinchiholdasistemaningoxirgitenglamasidafaqatbirtanoma'lumnichaptomonda
(masalan, xkni) qoldiribboshqanoma'lumlarnixk+1 ,...,
xnlarnierklioʻzgaruvchisifatidaqabulqilibhosilboʻlgansistemani 1holdagisingariyoʻlbilanechibx1,x2,...,xn
larnitopamizvabuholdatopilganechimxk+1,...,xnerklioʻzgaruvchi
(parametr)largabogʻliqboʻladivaulargaixtiyoriyqiymatlarberibsistemaningcheksizk
oʻpechiminitopamiz.
Misol.2).x1=2+x2 - x3 =2+(4/3) x3 -2- x3=x3/3 .
Javobi: x1=x3/3; x2=2=(4/3) x3 ;
x3R.
Bu almashtirishlarni toʻgʻri burchakli matrisalar yordamida ham bajarish
mumkin.
4. Faraz etaylik
ai1x1+ai2x2+....+ainxn=bi,
i=1,2,3, ... , m.
(1)
sistema bilan birga unga mos
ai1x1+ai2x2+....+ainxn= 0 ,i=1,2,3, ... , m.
(2)
bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi ham berilgan boʻlsin.
1. (2) sistemaning ikkita (1, 2, . . . ,n) va (1, 2, . . . , n) echimlarining yigʻindisi
va ayirmasi ham shu sistemaning echimi boʻladi.
Isboti. Haqikatan ham, ai11+ai22+....+ainn= 0 va ai11+ai22+ . ..+ainn+=0 boʻlsa , u
holdaai1(11)+ai2 (22)+....+ain (nn)=ai11+ai22+....+ainn (ai11+ai22+ . ..+ainn = 0 0=0.
2. (2)-sistemaning ixtiyoriy echimining R soniga koʻpaytmasi yana shu
sistemaning echimi boʻladi.
Isboti. (1, 2, . . . ,n) (2)-sistemaning echimi boʻlsin, ya'ni
ai11+ +ai22++....+ ainn= 0 , uholdaai1(1)+ai2 (2)+....+ ain(n) +
+( ai11+ai22+....+ ainn)= 0=0.
Buikkixossadankelibchiqadiki,
(2)sistemaningechimlartoʻplamiWarifmetikfazoboʻlarekan
(noʻlchovliarifmetikfazomavzusigaqarang), ya'niW,
noʻlchovliarifmetikfazoningqismfazosiekan.
~ 63 ~
3. (1) ning ixtiyoriy (1, 2, . . . ,n) va (1, 2, . . . , n) echimlarining ayirmasi (2)
sistemaning echimi boʻladi.
Isboti. Haqiqatan hamai11+ai22+....+ainn=biva ai11+ai22++ . ..+ainn=biboʻlsa, u
holdaai1(1 - 1)+ai2 (2 - 2)+....+ain (n - n)=ai11+ai22+....+ainn - (ai11+ai22+ . ..+ainn )=bi
- bi=0 boʻladi.
4. (1) ning ixtiyoriy echimi(1, 2, . . . ,n) bilan (2) ning echimi(1, 2, . . .... , n)
larning yigʻindisi va ayirmasi ham (1) ning echimi boʻladi.
Isboti. ai11+ai22+....+ainn=bivaai11+ai22+ . ..+ainn=0 boʻlsa , u holdaai1(11)+ai2
(22)+....+ain (nn)=ai11+ai22+....++ainn (ai11+ai22+ . ..+ainn )=bi 0 =biboʻladi.
3 va 4 -xossalardan kelib chiqadiki, (1)- sistemaning echimlarini hosilqilish uchun
uning birta x0=1, 2, . . . ,n) echimiga (2) - sistemaning echimini qoʻshish kifoya,
ya'ni agar (1) nig echimlari toʻplamini H desak, H+x0=W. Demak, Htoʻplam
Wqism fazoni x0 vektorga siljitish natijasida hosil boʻladi.Bunday holda (1) ning
echimlari toʻplamichiziqli koʻpxillilik tashkil etadi deyiladi.
Mavzunimustahkamlashuchunsavollar
1. Ch.t.s.ni Gauss usuli bilan echishni gapirib bering .
2. Qandayholda ch.t.s. echimga ega emas.
3. Qandayholdachiziqli tenglamalar sistemasi yagona echimga ega?
4. Qandayholda ch.t.s. cheksiz koʻp echimga ega?
5. Bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemaning echimlari fazosi deganda
nimani tushunasiz?
6. Chiziqli koʻpxillilik nima?
17-MA'RUZA
MAVZU: 2 VA 3- TARTIBLI DETERMINANTLAR. OʻRNIGA
QOʻYIShLARGRUPPASI.
R E J A:
1.Ikki noma'lumli chiziqli tenglamalar sistemasi va ikkinchi tartibli
~ 64 ~
determinantlar.
2. 3noma'lumli chiziqli tenglamalar sistemasi va 3-tartibli determi-nantlar.
3. Oʻrniga qoʻyishlar gruppasi.
4. Juft va toqoʻrniga qoʻyishlar.
ADABIYoTLAR [ 1, 2, 3 ].
1. Farazetaylikbizga
a11x1+a12 x2=b1
(1)
a21x1+a22 x2= b2 -a11
a21
a22
- a12
chiziqlitenglamalarsistemasiberilganboʻlsin. (1) ni x1va x2 ga nisbatan echsak
𝑥1 =
𝑏1 𝑎22 −𝑏2 𝑎11
𝑎11 𝑎22 −𝑎12 𝑎21
,
𝑥2 =
𝑏2 𝑎11 −𝑏1 𝑎21
𝑎11 𝑎22 −𝑎12 𝑎21
(2)
lar hosilqilamiz. Bu erda maxraj
d=a11 a22 -a12a21 =(3)
koʻrinishda belgilanib (3)ga ikkinchi tartibli determinantdeyiladi. Demak, ikkinchi
tartibli determinantni hisoblash uchun uning bosh diagonalidagi elementlari
koʻpaytmasidan ikkinchi diagonalidagi elementlari koʻpaytmasini ayirish kerak
ekan. (2) ning suratidagi ifodalarni ham ikkinchi tartibli determinant koʻrinishda
yozish mumkin:
d1= b1 a22 - b2a12= ,
d2= b2 a11 - b1a21 =
Bulardan foydalanib (2) ni
𝑥1 =
𝑑1
𝑑
𝑥2 =
𝑑2
𝑑
(4)
koʻrinishda yozish mumkin. (4) ga (1) sistemani echish uchun Kramer formulasi
deyiladi.
Misol.
sistemani Kramer formulalari yordamida eching.
Bu erda .
~ 65 ~
−5
Demak, (4) ga koʻrax1=
−5
Javobi:
x1=1 va
= 1 ва 𝑥2 =
−5
−5
= 1.
x2=1.
2.Endi faraz qilaylik 3 ta noma'lumli
chiziqli tenglamalar sistemasi berilgan boʻlsin. (5)nix1 ,x2 , x3 larga nisbatan
echamiz. Buning uchun uning birinchi tenglamasini a22a33 - a23a31 ga
ikkinchisini a13a32 - a12a33 ga va uchinchisini a12a23 - a13a22 ga koʻpaytirib
qoʻshamiz.U holda
𝑥1 =
=
𝑏1 𝑎22 𝑎33 + 𝑏2 𝑎13 𝑎32 + 𝑏3 𝑎12 𝑎23 − 𝑏3 𝑎22 𝑎13 − 𝑏2 𝑎12 𝑎33 − 𝑏1 𝑎23 𝑎32
(6)
𝑎11 𝑎22 𝑎33 + 𝑎21 𝑎13 𝑎32 + 𝑎31 𝑎12 𝑎23 − 𝑎31 𝑎13 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12 𝑎33 − 𝑎11 𝑎23 𝑎32
Buning maxrajini
d= 𝑎11 𝑎22 𝑎33 + 𝑎21 𝑎13 𝑎32 + 𝑎31 𝑎12 𝑎23 − 𝑎31 𝑎13 𝑎22 − 𝑎21 𝑎12 𝑎33 − 𝑎11 𝑎23 𝑎32
=
(7)
deb belgilab olsak, (7) ga 3- tartibli determinant deyilali. (7) ning chap tomonidan
uni hisoblash qoidasi kelib chiqadi:
Osonlikbilankoʻrishmumkinki, agar (7) da 1-ustunelementlaria11 , a21
,a31nimosravishdab1 ,b2 ,b3lar(ozodhadlarustuni) bilanalmashtirsak (6)
ningsuratihosilboʻladi, ya'ni (7) dan
𝑏1
𝑑1 = |𝑏2
𝑏3
𝑎12
𝑎22
𝑎32
𝑎13
𝑎23 |=𝑏1 𝑎22 𝑎33 + 𝑏2 𝑎13 𝑎32 + 𝑏3 𝑎12 𝑎23 − 𝑏3 𝑎22 𝑎13 −
𝑎33
𝑏2 𝑎12 𝑎33 − 𝑏1 𝑎23 𝑎32 .(8)
(7) va (8) ga asosan (6) ni quyidagicha yoza olamiz: 𝑥1 =
(5) ni x2 va x3 ga nisbatan echsak 𝑥2 =
𝑑2
𝑑
, 𝑥3 =
𝑑3
𝑑
𝑑1
𝑑
. Xuddi shuningdek,
larni hosilqilamiz. Buerda
~ 66 ~
𝑎11
𝑑2 = |𝑎21
𝑎31
𝑏1
𝑏2
𝑏3
𝑎13
𝑎11
𝑎23 | , 𝑑3 = |𝑎21
𝑎33
𝑎31
𝑎12
𝑎22
𝑎32
𝑏1
𝑏2 |.
𝑏3
Misolar. 1).
2). chiziqli tenglamalar sistemasini eching.
4
2
1
−2
4
4
2
4
Shuning uchun ham 𝑥1 = = 1, 𝑦 = = , 𝑧 =
1
1
2
2
1
=− .
2
Javobi: (1, , − ).
3.Oʻrniga qoʻyishlar gruppasi.Faraz etaylik, bizga n ta elementga ega
boʻlgan Atoʻplam berilgan boʻlsin. Bu toʻplam elementlarini 1,2,...,n lar bilan
nomerlab chiqaylik. U holdaA ni A={ 1,2,3,...,n} deb yozish mumkin.
1-ta'rif. Atoʻplamni oʻziga biektiv (oʻzaro bir qiymatli) akslantirishga oʻrniga
qoʻshishdeyiladi.
Tushunarliki qaralayotgan toʻplamda n! ta oʻrniga qoʻyish mavjud. Bundan
keyin biz soʻrniga qoʻyishda 1, 2, 3, ... , nelementlarningmos ravishdai1 ,i2 , ... , in
elementlarga oʻtishinikoʻrinishda belgilaymiz. Agar vaoʻrniga qoʻyishlar berilgan
boʻlib ik=jk(k= 1,2,..., n) tenglik bajarilsa s va toʻrniga qoʻyishlarga teng deyiladi
va s=tkoʻrinishda yoziladi. ga ayniy oʻrnigaqoʻyishdeyiladi.
n ta elementdan tuzilgan Atoʻplamdagi barcha oʻrniga qoʻyishlar toʻplamini Snbilan
belgilaymiz. Sn dagi ikkita s va toʻrniga qoʻyishning koʻpaytmasi deb avvalo s
keyin esa toʻrniga qoʻyishni bajarish natijasida hosil boʻlgan oʻrniga qoʻyishga
aytishga kelishamiz.
Masalan: boʻlsin.
U holdaboʻladi.
1 - teorema. Sn ; - multiplikativ gruppa boʻladi.
Isboti. Gruppa ta'rifidagi shartlarning bajarilishini tekshiraylik.
1) s,t Sn
s t Sn bajariladi;
2) s,t,l Sn
s (t l)=(s t) l boʻladi, chunki agar
boʻlsa, bu tenglik boʻlib, uning chap tomoni
~ 67 ~
oʻng tomoni ham dan iborat.
3) boʻlib s Snuchunse= sbajariladi.
4) ga teskarisiboʻladi, chunki ss-1=e.
Shunday qilib gruppa ta'rifidagi barcha shartlar bajariladi. Sn ; gruppaga ntartibli simmetrik gruppa deb yuritiladi.
Agar oʻrniga qoʻyishda i1<i2<i3< . . .<inboʻlsa, u inversiyaga ega emas
deyiladi, aks holda inversiyaga ega deyiladi.
Masalan: da inversiyalar soni 1 uchun 1 ta, 2 uchun 2 ta , 3 uchun 1 ta, 4 uchun 0
ta, jami 4 ta inversiya bor.
Berilgan oʻrniga qoʻyishdagi inversiyalar soni juft boʻlsa,unga juft oʻrniga
qoʻyish, agarda inversiyalar soni toqboʻlsa , u holda toqoʻrniga qoʻyish deyiladi .
Oʻrniga qoʻyishdagi istalgan 2 ta elementning oʻrnini almashtirishga
transpozisiyadeyiladi.
Agar ik vaillarning oʻrni almashtirilsa, u (ik,il) koʻrinishda belgilanadi.
2- teorema. Transpozisiya natijasida oʻrniga qoʻyishlarning juft-toqligi oʻzgaradi.
Isboti.
,
transpozisiya natijasida hosilqilingan boʻlsin.U holdaik niil dan oldinga oʻtkazish
uchun l-(k-1) ta inversiya bajarish kerak.Undan keyin il ni joyiga (ya'ni il-1 dan
keyingi joyga )qoʻyish uchunl-(k-1)-1 ta inversiya, jami l-k+1+l-k=2(l-k)+1 ta
inversiya bajarish kerak.
3-teorema. n! ta oʻrniga qoʻyishlarning yarmi
𝑛!
2
tasi juft va qolgan yarmi
𝑛!
2
tasi
toqboʻladi.
Isboti. Agarn! ta oʻrniga qoʻyishlardagi juftlari soni p, toklari soni q bilan
belgilasak,p+q=n!boʻladi.Endi agar barcha n! ta oʻrniga
qoʻshishlardatranspozisiya bajarsak,u holda juftlar toqlarga,toqlari esa juftlarga
oʻtadi, ya'ni p=q, demak, 𝑝 =
𝑛!
2
𝑛!
va 𝑞 = .
2
4-teorema. Juft oʻrniga qoʻshishlar toʻplami𝑆𝑛∗ koʻpaytirishga nisbatan gruppa
hosilqiladi.
~ 68 ~
Buning isboti qat'iy keltirishni talabalarga havola qilamiz.
<𝑆𝑛∗ ; .> da birlik element ayniy qoʻshishboʻladi. t ga teskarisi t-1𝑆𝑛∗ boʻladi.
Natija. Toqoʻrniga qoʻshishlar toʻplami koʻpaytirishga nisbatan gruppa boʻlmaydi.
Bunda birlik element mavjud emas.
Misol .
ni qaraylik . S3={f0 , f1 , f2 ,f3 ,f4 ,f5 } deb belgilab olsak, quyidagi jadvalga ega
boʻlamiz. Bu jadvalda birlik element e=f0 , f1 ga teskarisif2 ; f2 ga teskarisif1 ; f3
ga teskarisif3 ; f4 ga teskarisif4 ; f5 ga teskarisi f5 . Shuningdek gruppaning barcha
shartlari bajariladi, ya'ni S3 ;
- multiplikativ gruppa boʻladi.
.
f0
f1
f2
f3
f4
f5
f0
f0
f1
f2
f3
f4
f5
f1
f1
f2
f0
f4
f5
f3
f2
f2
f0
f1
f5
f3
f4
f3
f3
f5
f4
f0
f2
f1
f4
f4
f3
f5
f1
f0
f4
f5
f5
f4
f3
f2
f1
f0
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Ikkinchi tartibli determinant qandayhisoblanadi ?
2. Ushbu determinantning qiymati nimaga teng ?
3. Uchinchi tartibli determinant qandayhisoblanadi ?
4. Ushbu
determinantning qiymati nimaga teng ?
5. Oʻrniga qoʻyishlar gruppasi Sn ;
ning tartibi nechaga teng ?
6. Oʻrniga qoʻyishlarning inversiyasi deganda nimani tushunasiz ?
7. Toq (juft) oʻrniga qoʻyish deb nimaga aytiladi ?
~ 69 ~
8. Transpozisiya nima va u qanday xossaga ega ?
9. n ta elementdan tuzilgan juft oʻrniga qoʻyishlar toʻplami multiplikativ gruppa
boʻladimi ?
10.n elementdan tuzilgan toqoʻrniga qoʻyishlar toʻplami gruppa boʻladimi?
18- MA'RUZA
MAVZU:
n - TARTIBLI DETERMINANTLAR VA ULARNING
XOSSALARI
REJA:
1. n - tartibli determinantning ta'rifi.
2. Xossalari.
3. Misollar.
ADABIYoTLAR [ 1, 2, 3] .
1. n - tartibli
A=
kvadrat matrisaning determinanti deb ushbu n! ta hadlaryigʻindisidan tuzilgan
(1)
ifodaga aytiladi. Bunda har bir haddan ta koʻpaytuvchi boʻlib, har bir satr va
ustundan birtadan element qatnashadi. esaoʻrniga qoʻyishdagi inversiyalar sonini
bildiradi. Demak , (1) dagi
𝑛!
2
ta had musbat ishora bilan va qolgan
𝑛!
2
ta had esa
manfiy ishora bilan olinadi. Berilgan Amatrisaning determinanti quyidagicha
belgidanadi:
Misol. 1). a12a23 a31 a52a45 a54koʻpaytma 6-tartibli determinant yoyilmasida
qatnashadimi? Indekslar hosilqilganoʻrniga qoʻyishdan iborat. Bundan
~ 70 ~
koʻrinadiki ikkinchi ustundan ikkita element olingan. Shuning uchun ham u 6tartibli determinant tarkibida qatnashmaydi.
2). a12a23 a31had 3- tartibli determinantda qanday ishora bidan qatnashadi
?
=oʻrniga qoʻyishdagi inversiyalar sonini aniqlaylik: 1 uchun 2 ta, 2 uchun 0 ta, 3
uchun ham 0 ta jami 3 ta inversiya bor. Shuning uchun ham bu had uchinchi
tartibli determinant tarkibiga minus ishora bilan kiradi.
Determinantning satrlarini ustunlar ustunlarini esa satrlar qilib yozishga
uni transponirlashdeyiladi.
2. Xossalari.
1. Determinantni transponirlasak uning qiymati oʻzgarmaydi. Haqiqatan
ham
(1) va (2) ning oʻng tomonidagi yigʻindi barcha n! ta oʻrniga qoʻyishlar boʻyicha
olingani uchun oʻng tomonlari teng. Demak chap tomonlari ham teng boʻlishi
kerak, ya'ni D= D.
2. Determinantda istalgan 2 ta satrining oʻrnini almashtirsak, uning ishorasi
oʻzgaradi.
Isboti. Agarda D determinantda k va lsatrlarning oʻrinlarini almashtirsak
Ddeterminant hosilboʻladi.
Bu erda
ni
dan birta transpozisiya yordamida hosil kilish mumkin. Transpozisiya toqoʻrniga
qoʻyish boʻlganligi sababli (1) va (2) dagi hadlarning barchasi teskari ishora bilan
olinadi, ya'ni D=-D.
Natija. 2 ta bir xil satr (ustun) ga ega boʻlgan determinantning qiymati nolga teng.
3. Determinantda biror satri (ustuni) nollardan iborat boʻlsa, unday
determinantning qiymati nolga teng.
~ 71 ~
4. Agar determinantdagi biror satr (ustun) elementlari umumiy koʻpaytuvchi
m ga ega boʻlsa, uni determinant belgisidan tashqariga chiqarish mumkin.
Isboti.
.
1-natija. Determinantni biror s soniga koʻpaytirish uchun uning biror satri (ustuni)
ni shu songa koʻpaytirish kifoya.
2- natija. Determinantning biror satri (ustuni) ikkinchi bir satriga proporsional
boʻlsa, uning qiymati 0 ga teng.
5.Agar n-tartibli determinantdagi biror satr (ustun) elementlari 2 ta
elementning yigʻindisi koʻrinishda ifodalangan boʻlsa, uni 2 ta n-tartibli
determinant yigʻindisi koʻrinishida yozish mumkin.
IsbotiNatija. Determinantning birorta satri (ustuni) ni biror songa koʻpaytirib
ikkinchi bir satri (ustuni)ning mos elementlariga qoʻshsak determinantning qiymati
oʻzgarmaydi.
5. Agar n-tartibli determinantdagi biror satr (ustun) elementlari qolgan satr
(ustun) larining chiziqli kombinasiyasidan iborat boʻlsa, uning qiymati nolga
teng.
Isboti yuqoridagi xossalardan bevosita kelib chiqadi.
Misol.. Bunda oxirgi ustunidan 4 ni chiqardik. Natijada 1 va 4 ustunlari bir
xil boʻlib qoldi.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
a). n- tartibli determinant deb nimaga aytiladi?
b). n- tartibli determinantning har bir hadi qandayqoidaboʻyichahosilqilinadi?
b). n- tartibli determinantdagi hadlarning ishorasi qandayaniqlanadi?
g). Determinantning qiymati qanday almashtirishlar bajarsa oʻzgarmaydi?
d). Qandayhollarda determinantning qiymati nolga teng boʻladi?
~ 72 ~
19- MA'RUZA
MAVZU: MINORLAR VA ALGEBRAIK TOʻLDIRUVChILAR
REJA:
1. n-tartibli determinantning (kn) k-tartibli minori va qoʻshimcha minor.
2. Algebraik toʻldiruvchi.
3. Determinantlarni k-tartibli minorlar boʻyicha yoyish. Laplas teoremasi.
4. Misollar.
ADABIYoTLAR [ 1, 2, 3] .
Tartibi 3 dan yuqori boʻlgandeterminantlarni hisoblash uchun tayin bir formula
mavjud emas.Ularni koʻpchilik hollarda tartibi pasaytirib hisoblanadi. Buning
uchun esa bizga minor va algebraik toʻldiruvchi tushunchalari kerak boʻladi.
Faraz qilaylikn -tartibli D determinant berilgan boʻlsin. Undagi k ta satr vak ta
ustunini ajratib ularning kesishish joyidagi elementlaridan determinantdagi tartibda
olib k-tartibli determinant tuzsak bu determinantga D determinantning k-tartibli
minorideyiladi. Shu ajratilgan satr va ustunlarni oʻchirib, qolgan joydagi
elemetlardan determinantdagi tartibda olib n-k-tartibli determinant tuzsak unga ktartibli minorga mos qoʻshimcha minordeyiladi. Masalan: ushbu
n-tartibli determinantdagi 1,2, ... ,k satrlari va 1,2, ... k ustunlarini ajratib k-tartibli
M minor van-k-tartibli qoʻshimcha M minor tuzsak u quyidagicha boʻladi.
Agar k=1boʻlsa, birta elementga (masalan, aij=M ga) ega boʻlamiz.Uning
qoʻshimcha minorini 𝑀𝑖𝑗′ bilan belgilaymiz.Qoʻshimcha minor𝑀 ′ ning oʻchirilgan
satrlari i1 , i2 ,..., ik va ustunlar j1 j2 , ... , jk nomerlarining (-1) ning darajasidagi
yigʻindisiga koʻpaytmasiga M minorga mos algebraiktoʻldiruvchideyiladi. Agar
biz M ga mos algebraik toʻldiruvchini A bilan belgilasak, u holda𝐴 =
(−1)𝑖1+𝑖2+⋯+𝑖𝑘+𝑗1+𝑗2+⋯+𝑗𝑘 𝑀′ boʻladi.Xususiy holdaM=aijboʻlsa, Aij=(1)i+j𝑀𝑖𝑗′ boʻladi.
~ 73 ~
Misol.minorigamosalgebraiktoʻldiruvchisiquyidagichayoziladi:.
Shudeterminantdagia43elementningalgebraiktoʻldiruvchisi
dan iborat boʻladi.
Endi ushbu teoremani isbotlaymiz.
1-teorema. D determinantdagi M minorning istalgan hadiniunga mos
algebraik toʻldiruvchining istalgan hadiga koʻpaytirsak, D determinantning hadi
hosilboʻladi, ya'ni MA ning istalgan hadi D ning hadidan iboratdir.
Isboti. quyidagi ikki holni qaraymiz.
10-hol. M minor Ddeterminantning yuqori chap burchagida, qoʻshimcha minor esa
quyi oʻng burchagida joylashgan boʻlsin:
Bu holdaM ning algebraik toʻldiruvchisi A=(-1)1+2+ ...+k+1+2+ ...+kM=M.
M ning istalgan hadi
(−1)𝑝 α1𝛽1 α2𝛽2 ⋯ α1𝑘
(1)koʻ rinishga ega. Bunda
A=M ning istalgan hadi esa
(2)
koʻrinishga ega. Bunda
(1) va (2) ning koʻpaytmasi
(−1)𝑝+𝑞 α1𝛽1 α2𝛽2 ⋯ α1𝑘 α𝑘+1𝛽𝑘+1 αk+2𝛽𝑘+2 ⋯ α𝑛𝛽𝑛 (3)
D ninghadiboʻladi. Chunkiunda n takoʻpaytuvchiboʻlib D
ningharbirsatrivaustunidanbirtadanelementolinganva=p+q,
chunki,,, ..., klark+1,k+2 ,k+3 ,...,n
lardankichikboʻlganiuchunularbilaninversiyatashkilkilmaydi.
~ 74 ~
20-hol. Mminor Dning k,k, ...,kr satrlariva l1, l2 ,...,
lrustunlariniishgolqilsinvak1< k2<....< kr , l1< l2<... <lr debolamiz. Buholni 1holgakeltiramiz.Buninguchun k1-satrnioʻzidanoldingi(k1-1)tasatrdanoldingaoʻtkazib 1-oʻringa, k2-satrnioʻzidanoldingi(k22)satrdanoldingaoʻtkazib 2-oʻringavahokazokr-catrnioʻzidanoldingi(kr r)tasatrdanoldingaoʻtkazibr-oʻrin-gayozamie.
Ustunlarbilanhamxuddishuishnibajarsak,
MminorDningyuqorichapburchagidajoylashadivadeterminantningxossalarigakoʻra
D=(−1)(𝑘1−1)+(𝑘2 −2)+⋯+(𝑘𝑟−𝑟)+(𝑙1 −1)+(𝑙2−2)+⋯+(𝑙𝑟−𝑟) 𝐷' =
= (−1)𝑘1+𝑘2+⋯+𝑘𝑟 +𝑙1 +𝑙2 +⋯+𝑙𝑟 D(3)
1holgakoʻraMningistalganhadiningMningixtiyoriyhadigakoʻpaytmasiDninghadinibe
radi. EndiMningixtiyoriyhadini
(−1)𝑘1+𝑘2+⋯+𝑘𝑟+𝑙1 +𝑙2 +⋯+𝑙𝑟 M =A ningistalganhadigakoʻpaytirsak,
(3)gakoʻraDninghadiniberadi.
2 -teorema (Laplasteoremasi). n-tartibli Ddeterminantning rtasatr(ustun)
laridanbarchartartibliminorlarnitoʻzibvaularnimosalgebraiktoʻldiruvchilargakoʻpaytiribqoʻshsak,
yigʻindiDdeterminantningqiymatigatengboʻladi.
Isboti.Shur - tartibliminorlarM1, M2, ... , MtvaulargamosalgebraiktoʻldiruvchilarA1,
A2 , ... , Atboʻlsin. Uholda
M1A1+M2A2+ ... +MtAt=D
(4)
ekanliginiisbotlaymiz. 1teoremagakoʻraMiningistalganhadiniAiningistalganhadigakoʻpaytirsakDninghadiho
silboʻladi.MiAivaMjAjlar(ij)umumiyhadgaegaemas,chunkiMivaMjlarkamidabirtaust
unelementlaribilanfarqqiladi.
Endi (4)
ningchaptomonidan!tahadborekanliginikoʻrsatsakteoremaisbotlanganboʻladi.
Determinantningta'rifigakoʻraMiminorda (r-tartiblideterminant)r!taAidaesa(n-r)
!tahadbor.
UholdaMiAidar!(n-r)!tahadboʻladi. Demak, (4)
ningchaptomonidar! (n-r)! ttahadboʻladi. Endi t ni
aniqlaylik: 𝐶𝑛𝑟 =
𝑛!
𝑟!(𝑛−𝑟)!
. Shuning uchun hamr! (n-r)! {
tomonida n! ta had bor ekan.
𝑛!
}=n!.(4) ning chap
𝑟!(𝑛−𝑟)!
~ 75 ~
Misol.
determinantnibirinchi 2 ta satri boʻyicha
hisoblang.
2).
Endi D ni birinchi satr elementlari boʻyicha yoyib hisoblaylik.
Mavzuni mustahkamdash uchun savollar
a). k- tartibli minor deb nimaga aytiladi ?
b). Qoʻshimcha minor deb nimaga aytiladi ?
v). Algebraik toʻldiruvchi deb nimaga aytiladi ?
g).
determinantdagi a32 elementga mos algebraik toʻldiruvchini toping.
20 - MA'RUZA
MAVZU:DETERMINANTLARNI SATR YoKI USTUN
ELEMENTLARIBOʻYIChA YoYISh.
REJA:
1. Determinantlarni satr elementlari boʻyicha yoyish formulasi. Misollar.
2. Determinantlarni satr elementlari boʻyicha yoyish. Misollar.
3. Kramer formulalari.
4. Bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasining nolmas echimga ega boʻlish sharti.
ADABIYoTLAR [ 1, 2, 3].
1. Agar Laplas teoremasida r=1 deb olib i- satrni ajratsak (4) formula
quyidagikoʻrinishga keladi.
~ 76 ~
1- natija.
(1) ga D determinantni i-satr elementlari boʻyicha yoyish formulasi deyiladi.
Agarda Laplas teoremasidar=1 deb olib birtaj- ustunini ajratib olsak ushbu
natijaga ega boʻlamiz.
2- natija .
D= a1j A1j+ a2j A2j + ... + a nj Anj .
(2)
(2) gaDnij- ustunelementlariboʻyichayoyishformulasideyiladi.
Misol.
niavval 1-satrelementlariboʻyichayoyib, keyinesa 1ustunelementlariboʻyichayoyibhisoblang.
Avvalo D ni 1-satr elementlari boʻyicha yoyib hisoblaylik:
Endi Dni 1- ustunelementlariboʻyichayoyibhisoblaymiz:Agarda Dningisatridagifaqatbirtaelement, masalanai1 0 , boʻlib
qolganelementlarnolgatengboʻlsa, uholda D
ningqiymatishuelementbilanungamosalgebraiktoʻldiruvchiAi1ningkoʻpaytmasiga
teng boʻladi.
2).
~ 77 ~
3) .
3-natija. Agar n- tartibliD determinantdagi i- satrning (ustunning) elementlarini
boshqa birj-satrining (ustunining) algebraik toʻldiruvchilariga mos ravishda
koʻpaytirib qoʻshsakyigʻindi 0 ga teng boʻladi, ya'ni
ai1Aj1+ ai2Aj2+ ... +ai n Ajn= 0 ,
a1i A1j+ a2i A2j + ... +a n i Anj =0,
( i j)
( i j).
(3)
(4)
Isboti. 1- natijaga koʻraD=a1j A1j+a2j A2j +... +anjAnj . Agar buformulaning chap
tomonidagi a1j , a2j , ... , a njelementlarni mos ravishda a1i , a2i , ... , ani lar bilan
almashtirsak (ya'niD da j-ustun elementlarining oʻrniga hami-ustun
elementlarini yozsak) D da ikkita bir xil ustun paydo boʻladi. Determinantlarning
xossasiga koʻra bunday determinantning qiymati nolga teng. Shunday qilib (4)
tenglik isbotlandi. (3) ham xuddi shunga oʻxshash isbotlanadi.
3. Faraz etaylik n ta nomalumli n ta chiziqli tenglamadan tuzilgan sistema
a11x1+a12 x2 + ...+ a1j xj+ ...+ a1nxn =b1
a21 x1+ a22 x2 + ...+ a2j xj+ ...+a2nxn =b2
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -(5)
an1x1+ an2 x2 + ...+anj xj+ ...+ annxn =bn
berilganboʻlsin. Busistemadagi 1-tenglamaniA1jga, ikkinchisiniA2 jga, ... , ntenglamaniAnjgakoʻpaytirib, tenglamalarnihadlabqoʻshamiz. U holda
(a11A1 j+ a21 A2 j + ...+ an1 An j)x1 +(a12A1 j+ a22 A2 j +...+ an1 An j) x2+...+
+( a1j A1 j+ a2j A2 j + ...+ anj Anj)xj+...+( a1nA1 j+ a2n A2 j + ...+ ann Ann)xn=
=b1A1j+b2A2j+...+bnAnj .
tenglamaga ega boʻlamiz . Bundan esa (4)ga asosan
(a1jA1j+a2jA2j+... +anj Anj ) xj=b1A1j+b2A2j+...+bn Anj
(6)
~ 78 ~
ni hosilqilamiz. (6) ning chap tomonidagi xjnoma'lum oldidagi koeffisient 2natijaga koʻraD ga teng. Oʻng tomonidagi ifoda esa D dagi j-ustun elementlarining
oʻrniga (5) dagi ozod hadlar ustunini qoʻyibhosilqilingan Dj determinantga teng.
Demak , Dxj =Djyoki 𝑥𝑗 =
𝐷𝑛
𝐷
𝐷𝑗
𝐷
, j=1,2,3,...,n ; ya'ni 𝑥1 =
𝐷1
𝐷
, 𝑥2 =
𝐷2
𝐷
, ⋯ , 𝑥𝑛 =
.(7)
formulalargaKramerformulalarideyiladi. (7) ning (5)-chiziqli tenglamalar
sistemasini qanoatlantirishini bevosita uning istalgan tenglamasiga qoʻyib tekshirib
koʻrish mumkin.
(7)da D0 boʻlishi kerak, agar D=0boʻlsa, (5) echish uchun Kramer
formulasidan foydalanib boʻlmaydi. (Bu holda (5) ning rangi r < n topiladi va
(5)da n-r ta noma'lumlarni oʻng tomonga oʻtkazib keyin qoʻllasaboʻladi).
Misol.2x1 - 3x2+x3= -1
x1+ 4x2 -2x3= 3
3x1 - x2+x3= 4
chiziqli tenglamalar sistemasini Kramer formulalaridan
foydalanib eching.
Avvalo D, D1, D2 , D3 larni hisoblaylik.
Bu topilgan qiymatlarni (7) formulalarga olib borib qoʻysak
𝑥1
=
𝐷1 12
𝐷2 24
𝐷3 36
=
= 1, 𝑥2 =
=
= 2, 𝑥3 =
=
= 3.
𝐷 12
𝐷
12
𝐷
12
berilgan sistemaning echimlariga ega boʻlamiz.
Endi ushbu teoremani isbotlaymiz:
Teorema.n ta noma'lumli n ta bir jinsli chiziqli tenglamalar sistemasi noldan farqli
echimga ega boʻlishi uchun uning noma'lumlari oldidagi koeffisientlardan tuzilgan
matrisaning determinanti nolga teng (D=detA=0 ) boʻlishi zarur va etarlidir.
Isboti.a).Faraz etaylik
ai1x1+ai2 x2 + ...+ainxn=0 , ( i=1,2 , ...,n)
(8)
sistema noldan farqli 12 nechimga ega boʻlsin. Uholda
ai11+ ai2 2 + ...+ ainn=0 , ( i=1,2 , ...,n) .
(9)
~ 79 ~
Buoxirgisistemaniquyidagichayozaolamiz:
(a111+ a12 2 + ...+ a1nn ; a211+ a22 2 + ...+ a2nn ;;
an11+ an2 2 + ...+ annn)=( 0, 0, ... , 0)
yoki
1(a11 ,a21 , ... ,an1)+2( a12 , a22 , ... ,an2)+ +n( a1n , a2n , ... ,ann )=0.(10)
(10) dan koʻrinadikiD ning ustunlari chiziqli bogʻlangan va demakD=0.
b). D=0boʻlsa, u holda determinantlarning xossalariga koʻra uning ustunlari
chiziqli bogʻlangan. Demak, hechboʻlmasa birortasi noldan farqli boʻlgan 12
nsonlari mavjud boʻlib (10) bajariladi. (10) dan esa (9) kelib chiqadi, ya'ni (8)sistema noldan farqli echimga ega.
Misol.2x1+x2 -4x3= 0
x1 -x2 - 5x3= 0
3x1+4 x2 - x3+ 0 chiziqli tenglamalar sistemasini qaraylik..
Bunda
boʻlganligi uchun sistema noldan farqli echimga ega. Uni Gauss usuli bilan
echamiz : x1 - x2 - 5x3=0
x1 - x2 - 5x3= 0
x1 -x2 - 5x3= 0
3 x2+6x3= 0
x2+2x3= 0
x2+ 2x3= 0
7x2+14x3= 0 x2+2x3=0
x2= -2x3 ,x1= 5x3 +x2=5x3 -2x3= 3x3 .
Javobi:x1= 3x3 , x2= -2x3 , x3R .
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. n - tartibli D determinantni i- satr elementlari boʻyicha yoyish formulasini
yozing.
~ 80 ~
2. n - tartibli D determinantni j- ustun elementlari boʻyicha yoyish formulasini
yozing.
3. Agar n - tartibli determinantdagi biror satr elementlarini boshqa bir satrining
algebraik toʻldiruvchilariga mos ravishda koʻpaytirib hosilboʻlgan koʻpaytmalarni
qoʻshsakyigʻindi nimaga teng boʻladi?
4. Agar n-tartibli determinantdagi biror satr elementlarini ularga mosalgebraik
toʻldiruvchilarga koʻpaytirib hosil boʻlgan koʻpaytmalarni qoʻshsak yigʻindi
nimaga teng boʻladi?
5. Kramer formulasini yozing.
6. Agar Kramer formulasi 𝑥𝑗 =
7. 𝑥𝑗 =
𝐷𝑗
𝐷
𝐷𝑗
𝐷
, daD=0boʻlib qolsa qandayholat yuz beradi?
, Kramer formulasidagi Dj va D lar qandaybogʻlangan ?
21- MA'RUZA
MAVZU: MATRISANING RANGINI UNING MINORLARIDAN
FOYDALANIB HISOBLASh
REJA:
1. Matrisaning rangi va uning noldan farqli minorlarining tartibi
orasidagi bogʻlanish.
2. Matrisalar koʻpaytmasining determinanti.
3. Misollar. (Determinantlarni hisoblash).
ADABIYoTLAR [ 1, 2, 3]
1. Faraz etaylik bizga m×n-tartibli A=(aij) matrisa berilgan boʻlsin. Biz
bundan avval matrisaning rangini elementar almashtirishlardan foydalanib
hisoblash mumkin ekanligini kurgan edik. Endi ushbu teoremani isbotlaymiz.
1-teorema. A=(aij) matrisaning rangi uning noldan farqli minoralarining eng
yuqori tartiblisining tartibiga teng.
~ 81 ~
Isboti. Amatrisada noldan farqli eng yuqorik-tartibli minor M uning yuqori
chap burchagida joylashgan boʻlsin:
Aks holdaA ning satr va ustunlarining oʻrinlarini oʻzaro almashtirib shu holga
olib kelish mumkin. Bu bilan uning rangi oʻzgarmaydi.
A ning s- satri (s=1,2,3,…,m) birinchik ta satrlar orqalichiziqli ifodalanadi.Ushbu
(k+1)- tartibli determinant i ni qaraymiz:
Bu erda i=1, 2, . . . , n; s=k+1, k+2, . . . , m.Barcha i= 1, 2, . . . , nlar uchun i=
0,chunkiik da i da ikkita bir xil ustun mavjud boʻladi. k+1i da esa iAning (k+1) tartibli minorini ifodalaydi, shuning uchun hami=0.i ni oxirgi ustun elementlari
boʻyicha yoysak
a1i A1i +a2i A2i +…+ari Ari+as i As i= 0,
(1)
BundaA =(-1)k+1+k+1 M=M=0 boʻlgani uchun (1) ni as iga nisbatan echsak
as i =1i a1i +2i a2i + . . .+r i ar i , (i=1,2, . . . ,n; s= k+1,k+2, . . . , m) ga ega
boʻlamiz. BundankoʻrinadikiAningscatribirinchiktasatrlariorqalichiziqliifodalanadi. Demak, Amatrisaningrangi
(satrlarboʻyicharangi)kgateng.
Natija. Determinantningnolgatengboʻlishiuchununingsatrlari (ustunlari)
chiziqlibogʻlanganboʻlishizarurvaetarlidir.
Misol. matrisaningranginihisoblang.
Avvaloshunita'kidlashkerakki,
matrisaningranginiminorlardanfoydalanibhisoblashdafaqatbirbiriningichigajoylashganminorlarinitekshirishkifoya.
~ 82 ~
Bizning misolimizda M1 =1 0
Demak, r(A)= 4.
2. Matrisalarkoʻpaytmasiningdeterminanti
2- teorema.A va Bn-tartibli kvadrat matrisalar koʻpaytmasining determinanti shu
matrisalar determinantlarining koʻpaytmasiga teng.
Isboti. Agar A=E- birlik matrisa boʻlsaEB= 1B=EB .
ya'ni bu holda teorema oʻrinli.
2-teoremani isbotlashdan oldin ushbu lemmani isbotlaymiz.
Lemma. Agar A'' matrisa A' matrisadan birta elementar satr almashtirish
yordamida hosilqilingan boʻlsa, u holda
A' V =A' V
(2)
dan
A'' V =A'' V
(3)
kelib chiqadi.
Isboti. Faraz etaylik A''matrisa A'matrisadan quyidagi elementar
almashtirishlarning biri orqalihosilqilingan boʻlsin:
a)catrlarining oʻrinlarini almashtirish;
b) ixtiyoriy satrini noldan farqli kconiga koʻpaytirish;
b) biror satrini ixtiyoriy songa koʻpaytirib ikkinchi bir satriga qoʻshish.
Matrisalarni koʻpaytirish qoidasiga asosan A''V matrisa A'V matrisadan
mos elementar almashtirish natijasida hosilboʻladi.
a) bajarilgan boʻlsa, A''=-A'va
A''V=-A'B;
(4)
b) bajarilgan boʻlsa,
A''=k A' ,
A''V=k A' B ;
c)bajarilganboʻlsa, uholda
(5)
~ 83 ~
A''= A',
A''V= A'·B (6)
(4) , (5) va (6) dan (2) ga asosan (3) kelib chiqadi. Haqikatan ham ,
(4) va (2) dan
A''V = -A'B=-A' V =A'' V ;
(5) va (2) dan esa
A'' V=kA'B=kA' V =A'' V ;
(6) va (2) dan
A'' V =A'·B=A' V =A'' V .
Shu bilan lemma toʻla isbot boʻldi.
AgarA matrisa a), b), c) elementar almashtirishlar yordamidaE birlik
matrisadan hosilqilingan boʻlsa, lemmaga asosanE V =E V dan AV =
A V kelib chiqadi. Bunda A 0, ya'ni A- xosmas matrisa.
A=0 boʻlsa, u holdaAB matrisaning satrlari hamchiziqli bogʻlanganboʻladi, ya'ni A
V =0va AV=A V
tenglik bajariladi.
3. Determinantlarni hisoblash.
1- misol. Ushbu D=
determinantda xqatnashgan hadning koeffisientini hisoblang:
Determinantni oxirgi ustun elementlari boʻyicha yoysakfaqat 1-satr , 4- ustunini
oʻchirganda xqatnashadi. Shuning uchun hamxqatnashgan hadning koeffisienti
quyidagiga teng boʻladi:
2 - misol . Ushbu Vandermond determinantining qiymatini hisoblang:.
Buning uchun Vnning har birustunini (-a1) koʻpaytirib oʻzidan oldingisiga
qoʻshamiz. U holda
3-misol. Ushbu determinantni uchburchak koʻrinishga keltirib hisoblang:
~ 84 ~
Oxirgi ustunini (-1) ga koʻpaytirib barcha ustunlariga qoʻshib chiqamiz:
Endi barcha satrlarini oxirgi satriga qoʻshamiz:
4- misol.Berilgan D determinantni chiziqli koʻpaytuvchilarini ajratish usuli bilan
hisoblang:
Dning yoyilmasi n-darajalikoʻphad boʻlib u x=x1,x2 , . . . ,xnda nolgaaylanadi.
Shuning uchun ham
D=c (x - x1) (x - x2) ... (x - xn)
(2)
deb olsak boʻladi. Endi noma'lum koeffisient s ni aniqlaymiz. (1) ning boshhadi
xn-1, demak s=1.
Shunday qilib D =( x - x1 ) ( x - x2 ) ... ( x - xn).
5-misol . ( Rekurent formulalardan foydalanish).
ni hisoblang.
Dn+1 ni oxirgi satr elementlari boʻyicha yoyamiz:
Bu erda
Shuning uchun ham
.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Matrisaning rangi nimaga teng ?
2.Matrisalar koʻpaytmasining determinanti haqidagi teoremani ayting.
~ 85 ~
3. n (n>3) tartibli determinantlarni hisoblash usullari haqida gapirib bering.
22 - MA'RUZA
MAVZU : TESKARI MATRISA
REJA:
1. Determinantlarni koʻpaytirish.
2. Teskarilanuvchi matrisalar .
3. Teskari matrisani hisoblash usullari.
4. Chiziqli tenglamalar sistemasini matrisaviy koʻrinishda yozish va echish.
5. Misollar.
ADABIYoTLAR [ 1, 2, 3]
1. Determinantlarni koʻpaytirish.Ushbu teorema oʻrinli:
Teorema. Ikkita n-tartibli
determinantlarning koʻpaytmasini yana n- tartibli determinant
shaklida ifodalash mumkin boʻlib, bunda sijelement D1 dagi i - satr elementlari
ai1 , ai2 , . . . , ainlarni D2dagi j - ustun elementlari
b1 j,b2j , . . . ,bnj gamos ravishda koʻpaytirib natijani qoʻshish bilan hosilqilinadi,
ya'ni
cij=ai1b1j+ai2b2 j+. . .+ainbnj=aikbkj.(1)
Isboti. Ushbu2n -tartiblideterminantniqaraymiz:
~ 86 ~
AgarDda birinchi n ta satrini ajratib n - tartibli minorlar tuzsak faqat birtasi D1
ga teng, qolganlari esa nolga teng boʻladi. D1 ning algebraik toʻldiruvchisi D2 ga
teng boʻladi . Demak,
D=D1·D2.
(2)
Endi D dagi 1- ustunnib11 ga 2 - ustunni b21 ga , . . . , n - ustunni bn1ga
koʻpaytirib n+1- ustuniga qoʻshamiz. Soʻngra 1- ustunni b12ga , 2- ustunini
b22 ga va h.k. n - ustunini bn2 ga koʻpaytirib n+2 - ustuniga qoʻshamiz va h.k.
davom etib 1- ustunini b1nga , ikkinchi ustunini b2n ga va h.k. n- ustunini bnnga
koʻpaytirib 2n - ustuniga qoʻshamiz. U holda ushbuga ega boʻlamiz
(determinantning xossalariga koʻraD ning qiymati oʻzgarmaydi):
AgarD ning oxirgi n ta satrini ajratib shu satrlardagi n-tartibli minorlar boʻyicha
yoysak D=MA ga ega boʻlamiz. (Chunki faqat
boʻlib qolgan barcha n- tartibli minorlarnolga teng).Bu erda
A=(-1)(n+1)+(n+2)+ . . . +2n +1+2+ . . . + n ·D= (-1) n+2(1+2+ . . . + n ) ·D= (-1) n ·D.
D=( -1)n ( -1)n D =( -1)2nD =D .
(3)
~ 87 ~
Demak, (2) va (3) danD1D2=D.
Determinantlarnitransponirlasakuningqiymatioʻzgarmaganiuchundeterminantlarnik
oʻpaytirishuchunhamhozirgikoʻriboʻtilgan “satrlariniustunlariga“,
boʻyichaqoidasidantashqari “satrlarinisatrlariga”, “ustunlarinisatrlariga”,
”ustunlariniustunlariga” qoidalariniqoʻllashmumkin.
Natija.A va V kvadrat matrisalar koʻpaytmasining determinanti shu matrisalar
determinantlarining koʻpaytmasiga teng .
det (A B)=detAdetB .
(4)
Umuman
A1 A2 Ak= A1 A2 Ak ;
A k= Ak .
2.Teskarimatrisa .
Faraz etaylik F maydondan-tartibli A matrisa berilgan boʻlsin. Agar
A V =V A=E
(1)
shartni qanoatlantiruvchi V n -tartibli kvadrat matrisa mavjud boʻlsa, bu
matrisaga A ga teskari matrisa deyiladi, oʻz navbatida AhamV ga teskari matrisa
boʻladi.(1) dan
det (AB) =detAdetB=detE=1
boʻlganiuchundetA 0 vadetB 0deganxulosagakelamiz,
yanifaqatxosmasmatrisalaruchunteskarisimavjudboʻlarekan . Bundan keyin A ga
teskari
matrisani A-1 bilan belgilaymiz.
Berilgan matrisaga teskari matrisani topishning 2 xil usuli bor:
1). Determinantlardan foydalanib ;
2). Matrisadagi elementar almashtirishlardan foydalanib topish .
Avvalo 1- usulni qarab chiqaylik . Faraz etaylik
matrisa berilgan boʻlsin. U holda
~ 88 ~
matrisa A ga teskari matrisa boʻladi. Bu erdagi AijA matrisadagi aij elementning
algebraik toʻldiruvchisi.Haqiqatanham
M i s o l .Berilgan A matrisaga teskari matrisani hisoblang.
Barcha elementlarga mos algebraik toʻldiruvchilarni hisoblaymiz:
Tekshirish:
Ikkinchi usul . Agar A xosmas n - tartibli matrisa berilgan boʻlsa, ushbu (AE)
matrisani toʻzibolib shunday elementar almashtirishlar bajaramizki, buning
natijasida (EB) matrisa hosilboʻlsin. AnashuVqA1
matrisaAgateskarimatrisaboʻladi .
(Butasdiqningqat'iyisbotiuygamustaqiltopshiriq).
Endiyuqridagimisolniikkinchiusulbilanechaylik:
4.Chiziqlitenglamalarsistemasinimatrisaviykoʻrinishdayozishvauniechish.
Fmaydondagi n×n-chiziqli tenglamalar sistemasi
(1)
berilgan boʻlsin. Agar (1) ning asosiy matrisasini A, no'ma'lumlar ustunini X va
ozod hadlar ustunini b bilan belgilasak, ya'ni
deb belgilab olsak, (1) ni quyidagicha yoza olamiz:
AX=b .
(2)
~ 89 ~
Bunga (1)-chiziqli tenglamalar sistemasining matrisaviy koʻrinishda yozilishi
deyiladi.
Agar detA 0boʻlsa , u holdaA ga teskari A-1 matrisa mavjud boʻladi va
A-1AX=A-1byoki (A-1A)X=A-1b, bu erda A-1A=Eva EX=Xboʻlgani uchun
X=A-1b(3)
tenglikka ega boʻlamiz.
M i s o l . Ushbu tenglamalar sistemasini matrisaviy koʻrinishda yozing va eching:
deb olsak AX=bhosilboʻladi. Endi
Demak,
A-1 ni topaylik.
x1 =1, x2=5, x3 =3.
Mavzuni mustahkamlash uchun savollar
1. Teskari matrisa deb qanday matrisaga aytiladi?
2. Qanday matrisalar uchun teskarisi mavjud boʻladi?
3. Berilgan matrisaga teskari matrisa mavjud boʻlsa uni topishning qanday
usullarini bilasiz?
4. Matrisaning rangini topishning qanday usullarini bilasiz?
5. Ushbu matrisaviy tenglama
AX=V dan
noma'lum matrisa X ni toping.
FOYDALANILGAN ADABIYoTLAR
1. Xojiev J., Faynleyb A.S. Algebra va sonlar nazariyasi kursi.
Toshkent. Oʻzbekiston. 2001 yil. 304 bet.
~ 90 ~
2. Kurosh A.G. Oliy algebra kursi. Toshkent. Oʻqituvchi . 1975yil.
3. Nazarov R.N., Toshpulatov B.T., Dusimbetov A.D. Algebra va sonlar
nazariyasi. I, II- qism. Toshkent .Oʻqituvchi . 1993, 1995yil.
4. Iskandarov R.I. Oliy algebra. I,II-qism.“Oʻrta va oliy maktab”.
Toshkent.1963.
5. Gelfand I.M. Leksii po lineynoy algebre. M. “Nauka”. 1971.
6. Kostrikin A.I. Vvedenie v algebru. M.”Nauka”. 1977.
7. Fadeev D.K. Leksii po algebre. Uchebnik . M. “Nauka”. 1984.
8. Golovina L.I. Lineynaya algebra i nekotorie eyo prilojenie .M.
“Nauka”.1983.
9. Proskuryakov I.V. Sbornik zadach po lineynoy algebre.M.”Nauka”.1983.
10. Fadeev D.K. , Sominskiy I.S. Sbornik zadach po visshey algebre. M.
“Nauka”. 1985.
11 A.I. Kostrikina.. Sbornik zadach po algebre. Pod redaksiey M.
“Nauka”.1987.
12. Isroilov M., Soleev A. Sonlar nazariyasiga kirish. Toshkent. Fan. 2003
13. Allakov I. Algebra va algebraik sistemalar. Termiz. 1987.
~ 91 ~
~ 92 ~
~ 93 ~
~ 94 ~
~ 95 ~
~ 96 ~
~ 97 ~
~ 98 ~
~ 99 ~
~ 100 ~
~ 101 ~
~ 102 ~
~ 103 ~
~ 104 ~
~ 105 ~