Transcript квадраттық формасы φ=α 1 y 1 2 +α 2 y 2 2 +…

Дәріс №2
Нақты квадраттық форманың
инерция заңы
Оң анықталган квадраттық
формалар
Анықтама.
Егер барлығы бірдей бір
уақытта нольге тең емес
белгісіздердің
нақты
мәндерінде
квадраттық
форманың барлық мәндері
оң болса, онда оны оң
анықталған деп, ал егер
барлық мәндері теріс болса,
онда оны теріс анықталған
(оң
анықталмаған)
квадраттық
форма
деп
атаймыз.
1-теорема.
Квадраттық форма оң анықталған болу
үшін оны конондық түрге келтіргеннен
кейін барлық жаңа белгісіздердің
квадраттарының
алдындағы
коэффиценттері оң болуы қажетті және
жеткілікті.
Дәлелдеу.
φ( x1,x2,…,xn) квадраттық формасы φ=α1y12+α2y22+…αnyn2 конондық түрге
төмендегі азғындалмаған сызықтық түрлендіруді қолдану арқылы
келтірсін:
x1=b11y1+b12y2+…+b1nyn
x2=b21y1+b22y2+…+b2nyn
………………………….
xn=bn1y1+bn2y2+…+bnnyn ,
бұл түрлендіру қайтымды.
y1=c11x1+c12x2+…+c1n xn
y2=c21x1+c22x2+…+c2n хn
………………………….
Yn=cn1x1+cn2x2+…+cnn xn
Егер α1>0, α2>0,…, αn>0 болса, онда α1y12+α2y22+…αnyn2 <0 болуы
мүмкін емес, ал α1y12+α2y22+…αnyn2 =0 болады тек y1=y2=…=yn=0 болса,
және сондықтан тек x1=x2=…=xn=0 болса ғана .
Егер αi ≤ 0 болса, онда j≠i болғанда yj=0 және yi=1 деп алсақ, біз
x1,x2,…,xn- белгісіздерінің сәйкес x10,x20,…,xn0 мәндерін аламыз, және де
олар бір уақытта 0-ге тең емес. Онда φ(x10,x20,…,xn0)=αi ≤ 0
Квадраттық форма оң болуы
туралы Сильвестер критерийі
n белгісіздерге тәуелді φ
квадраттық форманың A=║αij║
матрицасының сол жақ
жоғарғы бұрышындағы
элементтері арқылы жасалған
1,2,…,n ретті минорларды
Анықтама.
а11 ,
а11
а12
а 21
а 22
а 11
а12
а 13
, а 21
а 22
а 23 ,...,
а 31
а 32
а 33
а 11
а12 ... а1 n
а 21
а 22 ... а 2 n
.......... .........
а n1
а n 2 ... а nn
бас минорлар деп аталады. Бұл
анықтама бойынша ең жоғарғы
n-ретті
бас
минор
А
матрицасының анықтауышы
екенін көреміз.
Теорема.
Квадраттық форма оның матрицасының
барлық бас минорлары тек оң болғанда ғана
оң анықталған болады. (Квадраттық форма
оң анықталған болу үшін матрицасының
барлық бас минорлары оң болуы қажетті
және жеткілікті).
Бұл теореманы дәлелдеу үшін алдымен мына
лемманы дәлелдейік.
Лемма.
Матрицасы А болатын квадраттық формаға
матрицасы
В
болатын
нақты
коэффициентті
сызықтық
түрлендіру
қолданғанда
шығатын
квадраттық
форманың
матрицасының
анықтауышының
таңбасы
А
матрицасының
анықтауышының
таңбасындай болады
Дәлелдеу. Матрицасы А болатын квадраттық формаға матрицасы В
болатын нақты коэффициентті сызықтық түрлендіру қолданғанда
шығатын квадраттық форманың матрицасы ВТАВ және |ВТ|=|В|
болғандықтан, |ВТАВ|= |ВТ|·|A|·|B|=|A|·|B|2 теңдігі орындалады, яғни
|ВТАВ| анықтауышымен |А| анықтауышының таңбалары бірдей.
Лемма дәлелденді.
Теореманың дәлелдеуі:
Теореманы белгісіздердің санына
байланысты толық математикалық индукция әдісімен дәлелдейміз.
Бір белгісізді квадраттық форма φ=α11x12, оның оң анықталуы үшін
|α11|>0 болуы қажетті және жеткілікті, яғни n=1 болғанда
теореманың қорытындысы дұрыс. Теореманың қорытындысы n-1
белгісіздеріне тәуелді квадраттық формалары үшін орындалады деп
ұйғарып, оның n белгісіздерге тәуелді квадраттық формалар үшін
орындалатынын көрсетейік, φ квадраттық формасын мына түрде
жазуға болады:
φ=ψ(x1,x2,…,xn-1)+2Σainxixn+annxn2
мұндағы ψ
квадраттық формасы n-1 белгісіздеріне тәуелді, яғни ψ өрнегіне хn
белгісізі қатыспайды. φ квадраттық формасының ең соңғы
жоғарғы ретті бас минорынан басқа минорлары ψ квадраттық
формасының бас минорларымен беттеседі.
Егер ψ оң анықталған болса, онда φ квадраттық формасы да оң анықталады.
Себебі x1,x2,…,xn-1 белгісіздерінің бәрі бірдей 0-ге тең емес мәндерінде ψ қатаң
0-ден артық десек, онда хn=0 болғанда φ да қатаң оң болар еді. Сонымен бұл
жағдайда ψ квадраттық формасының және φ квадраттық формасының да
соңғы ретті минорынан басқа минорлары 0-ден артық.
Енді φ квадраттық формасының барлық бас минорлары оң болса, онда ψдің да барлық бас минорлары оң болады. Сондықтан индуктивтік ұйғарым
бойынша,
x1,x2,…,xn-1
белгісіздерін
y1,y2,…,yn-1, белгісіздері арқылы
өрнектейтін сызықтық түрлендірумен оны канондық түрге келтіреміз.
yn=xn
деп алсақ, жоғарыдағы сызықтық түрлендіру квадраттық
формасының теңдеуін мына түрге келтіреді:
φ=  yi2 + 2  binyiyn+ bnnyn2 (*)
бұл теңдеуге yi2 + 2binyiyn=(yi+binyn)2- b2inyn2
тепе-тең түрлендіруі мен
zi = yi + binyn (i=1,2,…,n-1)
zn=yn
сызықтық түрлендіруін қолданып, (*) – теңдікті мына турге келтіреміз
φ=  zi2+czn2
Сонымен φ квадраттық формасының оң анықталғандығын көрсету үшін
соңғы өрнектегі с санының оң екенін көрсету жеткілікті.
φ квадраттық формасының матрицасының анықтауышы с-ға тең. Бұл с
мәні φ квадраттық формасына матрицалары азғындалмаған екі түрлендіруді
қолданғаннан шығып тұр. Сонда лемма бойынша оның таңбасы ψ-дің
матрицасының анықтауышының таңбасымен бірдей болады, ал |В|>0. Демек,
n -1
n -1
i 1
i 1
n -1
i 1
с оң сан. Теорема дәлелденді.
1-мысал.
φ=5x12+x22+5x32-2x1x3+4x2x3-2x1x2 квадраттық формасының оң
анықталғанын немесе оң анықталмағанын көрсетейік.
Шешуі.
Берілген квадраттық форманың матрицасының барлық бас
минорларының мәндерін есептейік:
5,
5
1
1
1
5
 4,
1
1
1
1
2  5  2  2  1  20  5   17
1
2
5
үшінші ретті бас минорлардың мәні теріс болғандықтан берілген
квадраттық форма оң анықталмаған.
2-мысал.
φ=3x12+4x22+5x32+4x1x2-4x2x3 квадраттық форманың оң
анықталған немесе оң анықталмағандығын көрсетейік.
Шешуі:
Берілген квадраттық форманың матрицасының барлық бас
минорларының мәндерін есептейік.
3,
3
2
2
4
3
2
 8, 2
4
0
2
0
 2  60  0  0  0  12  20  28
5
Бас минорлардың
барлығы нольден артық болғандықтан
берілген квадраттық форма оң анықталған.
Квадраттық форманың инерция заңы
Коэффициенттері
нақты
сандар
болатын
квадраттық
формалар
бірнеше тәсілмен канондық түрге
келтірілуі
мүмкін.
Сонда
ол
түрлендіру кезінде өзгеріссіз қалатын
инварианттар табыла ма?- деген
сұрақ туады. Оған квадраттық
форманың
инерция
заңы
деп
аталатын төмендегі теорема жауап
береді.
Теорема.
Квадраттық
формаларды канондық
түрге келтіргенде оң
және теріс таңбалы
қосылғыштарының
саны
оған
қолданылатын
азғындалмаған
сызықтық
түрлендірулерді таңдап
алу
тәсілдеріне
тәуелсіз.
Бізге екі сызықтық түрлендірулер тәсілімен канондық түрге
келтірілген квадраттық форма берілсін:
φ( x1,x2,…,xn)=α1y12 +…+ αpyp2-αp+1 yp2+1-…- αp+qyp2+q
= β1z12 +…+ βs zs2- βs+1zs2+1-…- βs+tzs2+t ,
(*)
мұндағы αі мен βj- лердің барлығы оң болсын дейік. Квадраттық
форманы канондық түрге келтіру үшін қолданылған
азғындалмаған сызықтық түрлендірулер
x1=b11y1+…+ b1nyn,
……………………
xn=bn1y1+…+ bnnyn,
y1=d11x1+…+ d1nxn,
…………………...
yn=dn1x1+…+dnnxn,
x1=c11z1+…+ c1nzn,
…………………..
xn=cn1z1+…+ cnnzn,
z1=g11x1+…+ g1nxn,
…………………..
zn=gn1x1+…+gnnxn,
Оң қосылғыштарының саны әртүрлі дейік, яғни P<S
болсын. y1=0,…,yp=0,zs+1=0,…,zn=0 болсын. Мұндағы yi
мен zj-лардың барлығы х1,x2,…,xn белгісіздері бойынша
сызықтық формалар болады. Демек олар x1,x2,…,xn
белгісіздері бойынша біртектес сызықтық теңдеулер
жүйесін құрайды, ондағы белгісіздер саны n-ге тең де,
ал теңдеулер саны
p+n-s<n болады. Сондықтан
жүйенің нольден өзгеше шешімдері болады, айталық
сол шешімнің біреуі x10,x20,…,xn0 болсын. Бұған сәйкес
y1,y2,…, yn мен z1,z2,…,zn-дердің мәндері y10,y20,…, yn0
мен z10,z20,…,zn0 болады. Мұндағы
y10=y20=…=yp0=0; zs+10=zs+20=…=zn0=0. Міне y10,y20,…, yn0
мен z10,z20,…,zn0 –дердің ішінде нольге тең еместері бар.
(Басқаша болғанда x10,x20,…,xn0 –дер де нольге тең
болған болар еді).
(*) теңдеулерінен
φ( x10,x20,…,xn0)=-αp+1y02p+1-…αp+qyp02+q ≤ 0 және φ(x10,x20,…,xn0)= β1z102 +…+ βs
zs02>0 аламыз. Бұдан біз қайшылыққа келдік.
Ендеше, оң қосылғыштарының саны әртүрлі деп
жазуымыз дұрыс емес. Теріс қосылғыштарының
санының теңдігін дәлелдеу үшін - φ(x1,x2,…,xn)
формасының канондық түрін алып
-φ( x1,x2,…,xn)=-α1y12 -…- αpyp2+αp+1yp2+1+…+ αp+qyp2+q =
- β1z12 -…-βs zs2+ +βs+1zs2+1+…+ βs+tzs2+t ,
және осыған алдыңғы оң қосылғыштарының саны
тең
болуын
дәлелдегендегі
талқылауды
қолданамыз. Теорема толық дәлелденді.