Сызықты алгебралық теңдеулер жүйесі

1.

1-модуль. Сызықты алгебра.
Тақырыбы: Сызықты алгебралық теңдеулер жүйесі.
№2 апта, көлемі-2 сағат
Дәріс жоспары:
Сызықты алгебралық теңдеулер жүйесі. Крамер ережесі;
Сызықты алгебралық теңдеулер жүйесін матрицалық түрде жазу және оны
матрицалық тәсілмен шешу;
Жүйені шешудің Гаусс тәсілі.
Негізгі ұғымдар мен анықтамалар. n белгісізді m теңдеуден
тұратын жүйе деп мынадай жүйені айтады:
a11 x1 a12 x 2 ... a1 j x j ... a1n x n b1
a 21 x1 a 22 x 2 ... a 2 j x j ... a 2 n x n b2
ai1 x1 ai 2 x 2 ... aij x j ... ain x n bi
a m1 x1 a m 2 x 2 ... a mj x j ... a mn x n bm
(1)
мұндағы a ij (i=1,2,…,m, j=1,2,…,n) - теңдеу коэффициенттері деп, ал
bi (i=1,2,…,m) - бос мүшелері деп аталады.
1

2.

(1)
теңдеудің қысқаша жазылуы мынадай:
n
a
i 1
ij
x j bi (i=1,2,…,m)
(1’)
(1) жүйенің бос мүшелерінің бәрі нолге тең болса,
n
a
i 1
ij
x j 0 (i=1,2,…,m)
(2)
жүйе біртекті жүйе деп аталады.
Жүйенің әрбір теңдеуін тепе-теңдікке айналдыратын
x1 с1 , x2 с2 , ..., xn сn
сандар тізбегі теңдеулер жүйесінің шешімі деп аталады. Осы шартты
қанағаттандыратын барлық c1 , c2 , ..., cn шешімдер шешімдер жиынын
құрады. Жүйенің шешімдер жиынын табу процесін жүйені шешу дейді.
(1) жүйенің ең болмағанда бір шешімі болса жүйе үйлесімді, ал
шешімі болмаса үйлесімсіз деп аталады.
2
27.09.2021

3.

Енді (1) жүйеге мынадай белгілеулер енгізейік:
a11 a12 ... a1 j ... a1n
a
a
...
a
...
a
21
22
2j
2n
b1
x1
...
... ... ... ... ...
b
x
Х 2
2
A
В
...
... ,
a i1 a i 2 ... a ij ... a in ,
...
bm
bn
...
...
...
...
...
a
m1 a m 2 ... a mj ... a mn
А - жүйе коэффициенттерінен құрылған матрица немесе жүйе матрицасы, Х жүйенің бос мүшелерінен құрылған бағана матрица, В - жүйенің бос
мүшелерінен құрылған бағана матрица. Осы белгілеулерді қолданып (1)
жүйені былайша жазуға болады
АХ=В
(3)
(3) теңдеу (1) жүйенің матрицалық жазылуы болып табылады.
Егер жүйе матрицасына бос мүшелер матрицасын жалғап жазсақ,
a11 a12 ... a1n |
b1
a
a
...
a
|
21
22
2n
b
A1
2
...
... ... ... | ... ,
a
3
m1 a m 2 ... a mn | bm
жүйенің кеңейтілген матрицасын аламыз.
27.09.2021

4.

Кронеккер-Капелли теоремасы. Егер сызықты теңдеулер
жүйесінің негізгі матрицасы мен кеңейтілген матрицасының
ранглері тең болса, онда жүйе үйлесімді болады.
Теорема бойынша жүйе үйлесімді болуы үшін r( A) R( A1 ) r
болуы керек. Бұл кезде r жүйе рангісі деп аталады.
Үйлесімді жүйенің рангісі жүйедегі белгісіздер санына тең
болса (r=n), онда жүйе анықталған болады, ал егер жүйенің рангісі
жүйедегі белгісіздер санынан кем болса (r<n), онда жүйе
анықталмаған болады.
Мысалы, мынадай жүйе қарастырайық:
x1 5 x 2 4 x3 3 x 4 1
2 x1 x 2 2 x3 x 4 0
5 x 3 x 8 x x 1
2
3
4
1
4
27.09.2021

5.

Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементар түрлендірулер жасайық:
1 5 4 3 | 1 ( 1) 1 5 4 3 | 1
A1 2 1 2 1| 0 | ~ 2 1 2 1 | 0
4 2 4 2|
5 3 8 1 | 1
0
1 5 4 3 |
~ 2 1 2 1|
4 2 4 2|
1
~
2
5
4
1 2
1
1
0 ( 2) ~ 2
0
0
5
4
1 2
0
0
1
1 | 0
0 | 0
3
|
3 | 1
1 | 0
Жүйе матрицасы мен кеңейтілген матрицаның екінші ретті нолге тең
r ( A) R( A1) 2 .
емес минорлары бар екенін көру қиын емес және
Кронеккер-Капелли теоремасы бойынша жүйе үйлесімді.
Енді жүйені шешу мәселесіне көшейік.
5
27.09.2021

6.

ЖҮЙЕ ШЕШУДІҢ КРАМЕР ӘДІСІ
Бұл әдіс жүйедегі теңдеулер саны мен белгісіздер саны тең болғанда,
яғни m=n, қолдануға болады. Демек, жүйе түрі мынадай болады:
a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a x a x ... a x b
21 1
22 2
2n n
2
a n1 x1 a n 2 x 2 ... a nn x n bn
(4)
Жүйедегі теңдеулер саны мен белгісіздер саны тең, онда жүйе
матрицасы квадрат матрица болады. Сол квадрат матрицаның анықтауышын
деп белгілейік:
a11
a12
... a1n
a 21
a 22
... a 2 n
...
...
...
a n1
an2
... a nn
...
6
27.09.2021

7.

Крамер ережесі. -жүйе анықтауышы, ал j - анықтауыштың j-тік
жолын бос мүшелермен алмастырғаннан пайда болған анықтауыш
болсын. Сонда, егер 0 болса жүйенің жалғыз шешімі бар болады және
мынадай формуламен табылады:
xj
j
(i=1,2,…,n)
(5)
(5) формуланы Крамер формуласы деп атайды.
Осы ережені қолданып мынадай жүйені шешейік
2 x1 x 2 3x3 9
x1 2 x 2 x3 2
3x 2 x 2 x 7
2
3
1
Шешуі. Алдымен анықтауышты есептейміз,
2
1
3
1 2 1 13 .
3
2
2
7
27.09.2021

8.

j
(j=1,2,3) анықтауыштарды есептейік
9
1
3
2
9
3
1 2 2 1 13 , 2 1 2 1 26 ,
7
2 2
3 7 2
2
1
9
3 1 2 2 39
3
2
7
Енді Крамер формуласын қолданып белгісіздерді табамыз:
13
x1 1
1 ,
13
x2
2 26
2,
13
x3
3 39
3.
13
Сонымен, берілген жүйенің жалғыз (-1; 2; 3) шешімі табылды, жүйе
анықталған екен.
8
27.09.2021

9.

ЖҮЙЕ ШЕШУДІҢ КЕРІ МАТРИЦАЛЫҚ ӘДІСІ
Бұл әдіс те жүйедегі теңдеулер саны мен белгісіздер саны тең болғанда,
яғни m=n, қолдануға болады. Жүйенің матрицалық жазылуын қарастырайық:
АХ=В,
мұндағы
a11
a
A 21
...
a
n1
a12
a 22
...
an2
a1n
... a 2 n
,
... ...
... a nn
...
x1
x
Х 2 ,
...
b
n
b1
b
В 2 .
...
b
n
Айталық А ерекше емес матрица болсын, яғни матрица анықтауышы нолге
тең емес, олай болса әр уақытта A 1 кері матрицасы бар болады. Теңдеуді сол
жағынан кері матрицаға көбейтейік,
A 1 АХ= A 1 В
A 1 А=E болатындықтан,
ЕХ= A 1 В,
кез келген матрицаның бірлік матрицаға көбейтіндісі сол матрицаның өзіне тең
болатындықтан, ЕХ=Х:
Х= A 1 В.
9
27.09.2021

10.

Сонымен, кері матрицалық әдіс бойынша жүйенің шешімін табу
үшін бос мүшелерден құралған матрицаны жүйе матрицасының
кері матрицасына көбейту керек екен.
Жоғарыда карастырылған
2 x1 x 2 3x3 9
x1 2 x 2 x3 2
3x 2 x 2 x 7
2
3
1
жүйені осы әдіс бойынша шешіп көрейік.
Шешуі.
2
1
3
1 2 1 13 0
3
2
болғандықтан, жүйе матрицасы ерекше емес.
2
Осы матрицаның кері матрицасын табамыз:
A 1
7
6 4
1
1 5 1 .
13
8 1 5
10
27.09.2021

11.

Енді Х= A 1 В теңдікті қолданып белгісіздерді табамыз:
7 9
x1
6 4
1
1
Х x2 A В
1 5 1 2
13
x
8 1 5 7
3
13
54 8 49
1
1
9 10 7 26
13
13 39
72
2
35
1
2 .
3
Сонымен, x1 1 , x2 2 , x3 3 шешімдері табылды.
11
27.09.2021

12.

ЖҮЙЕ ШЕШУДІҢ ГАУСС ӘДІСІ
n белгісізді m теңдеуден тұратын жүйе қарастырайық,
a11 x1 a12 x 2 ... a1n x n b1
a x a x ... a x b
21 1
22 2
2n n
2
.
a m1 x1 a m 2 x 2 ... a mn x n bm
Гаусс әдісі - жүйедегі айнымалыларды түрлендірулер көмегімен біртіндеп
жойып, жүйені сатылы түрге келтіріп, айнымалыларды біртіндеп табатын әдіс.
Гаусс түрлендірулері мынадай:
1. Кез келген екі теңдеудің орындарын ауыстырып жазу;
2. Кез келген теңдеудің екі жағын нолден өзге санға көбейту;
3. Қандай да бір теңдеуді нолден өзге санға көбейтіп, басқа теңдеуге
12
27.09.2021
сәйкесінше қосу;
4. 0=0 түріндегі теңдеуді сызып тастау.

13.

Гаусс түрлендірулерін жүйенің өзіне қолданғаннан гөрі оның кеңейтілген
матрицасына қолданған ұтымды болады. Олай болса жүйенің кеңейтілген
матрицасын қарастырайық,
a11
a
A1 21
...
a
m1
a12
a 22
...
am2
a1n | b1
... a 2 n | b2
.
... ... | ...
... a mn | bm
...
Осы матрицаны түрлендірулер нәтижесінде мынадай түрге келтіреміз:
a11
0
0
...
0
0
0
...
0
a1 r 1
a 22
0
...
0
a 2 r 1
0
a33 ...
0
a3 r 1
...
...
...
...
...
0
0
0
a rr
a r r 1
a1n | b1
... a 2 n | b2
... a3n | b2
... ... | ...
... a rn | br
0 | br 1
... | ...
0 | bm
...
Матрицаның элементтері a ij арқылы белгіленіп тұрғанымен, шын мәнінде олар
түрлендірулер нәтижесінде өзгерген. Бұл белгілеулер жазуды ықшамдау үшін
13
27.09.2021
ғана пайдаланылып отыр.

14.

Соңғы матрицаға сәйкес келетін теңдеулер жүйесі мынадай:
a1r 1 x r 1 ... a1n x n b1
a11 x1 ...
a 22 x 2 ...
a 2 r 1 x r 1 ... a 2 n x n b2
a33 x3 ... a3r 1 x r 1 ... a3n x n b3
a rr x r a rr 1 x r 1 ... a rn x n br
0 br 1
0 bm
(6)
Соңғы 0 br 1 , ..., 0 bm теңдеулеріндегі br 1 , ..., bm сандарының ең болмағанда
біреуі нөлден өзгеше болса, онда берілген теңдеулер жүйесі үйлесімсіз, ал
бәрі нолге тең болса жүйе үйлесімді болады.
Жүйенің рангісі жүйедегі белгісіздер санынан кем болса, онда жүйе
анықталмаған болатыны жоғарыда айтылған. Айталық (6) жүйе үйлесімді
және r<n болсын.
Егер x1 , x2 ,..., xr коэффициенттерінен құрылған анықтауыш нолден
өзгеше болса, онда x1 , x2 ,..., xr айнымалыларды базистік (негізгі)
айнымалылар деп, ал басқа n-r
айнымалыларды еркін (негізгі емес)
айнымалылар деп атайды.
27.09.2021
Еркін айнымалылары нолге тең14болған кездегі шешім базистік шешім
деп аталады. Базистік шешімдер саны С r -ден артпайды.

15.

Бірнеше мысал қарастырайық.
1-мысал.
x1 x 2 3
x1 x 2 x3 6
x1 2 x 2 3 x3 14
3 x 2 x x 10
2
3
1
2 x1 3 x 2 x3 5
Шешуі. Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементар түрлендірулер
жасайық:
1
1
A1 1
3
2
1 1
0 1
~ 0 0
0 1
0 0
1
1
2
2
3
0 | 3 ( 1) ( 3) ( 2) 1 1
0|
1| 6
|
|
0 0 1 |
3 | 14
3|
|
| ~ 0 1
0 1 1 |
1 | 10
|
1| 5
0 1 1|
3
3
11
1
1
~
(1)
0| 3
1 0 3| 8
3 | 11 ( 1) (1)
|
0
1
3
|
11
~
1| 3
| ~
0 0 1 | 3 ( 4) ( 3) (3)
1| 1
0
0
4
|
12
0| 0
15
27.09.2021

16.

1
0
~
0
0
0 0| 1
1 0 0| 1
1 0| 2
~
0
1
0
|
2
0 1| 3
0 0 1 | 3
0 0 | 0
.
Соңғы матрицаға сәйкес келетін жүйе жазайық:
x1 1
x2 2
x 3
3
Сонымен жүйенің шешімі табылды:
16
x1 1,
x2 2,
x3 3
27.09.2021

17.

2-мысал.
x1 5 x2 4 x3 3x 4 1
2 x1 x2 2 x3 x 4 0
5 x 3x 8 x x 1
2
3
4
1
Шешуі. Жүйенің кеңейтілген матрицасын жазып, элементар
түрлендірулер жасайық:
1 5 4 3 |
A1 2 1 2 1|
5 3 8 1 |
1 ( 2) ( 5) 1
5
4
3 | 1
0
| ~ 0 11 6 7 | 2 ( 2)
0 22 12 14 | 4
1
4
3 | 1
1 5
~ 0 11 6 7 | 2
0 0
0
0 | 0
5
11
2 | 1
1 0 14
11
11 11
~
0 11 6
7 | 2
17
27.09.2021

18.

Соңғы матрицаға сәйкес келетін жүйе жазайық:
14
2
1
x3 x 4
x1
11
11
11
11 x 2 6 x3 7 x 4 2
Осы жүйеден
x1
және
x2
айнымалыларды табамыз:
x1
x3 u
және
x4 v
14
2
1
x3 x 4 ,
11
11
11
x2
6
7
2
x3 x 4
11
11
11
деп алсақ жүйе шешімі мынадай болады:
x1
14
2
1
u v ,
11
11
11
x2
6
7
2
u v , x3 u , x 4 v .
11
11
11
u , v айнымалылардың орнына еркімізше сан беріп жүйенің сәйкес
шешімін табамыз. Сонымен, берілген жүйенің шексіз көп шешімі бар екен.
18
27.09.2021

19.

ТЕОРИЯЛЫҚ СҰРАҚТАР
Үйлесімді және үйлесімсіз жүйе деп қандай жүйені айтамыз?
Қай кезде жүйе анықталған деп аталады?
Жүйе шешудің Крaмер әдісін түсіндір.
Жүйе шешудің матрицалық әдісін түсіндір.
Жүйе шешудің Гаусс әдісін түсіндір.
РЕСУРСТАР МЕН АҚПАРАТ КӨЗДЕРІ
Білім алушыға келесі ресурстарды тегін пайдалануға мүмкіндік
беріледі:
- КАБИС электронды кітапханасы http://kabis.kazatk.kz
- Республикалық жоғары оқу орындары аралық электрондық
кітапханасы http://rmebrk.kz/
- «Платонус» ААЖ электронды кітапханасы http://platonus.kazatk.kz/library
19
27.09.2021

20.

Негізгі
1. Ибрашев Х.И., Еркегулов Ш.Т. Математикалык анализ курсы,
т. І. А.: 1963.
2. Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа, ч.
І, ІІ, М.: Наука, 1980, 1982.
3. Демидович Б.П. Сборник задач и упр. по мат. анализ. М.:
Наука, 1990.
4. Рябушко А.П. Индивидуальные задания по
математике, Минск «Вышэйшая школа» 2006, т 2.
высшей
Косымша
1.Смирнов В.И. Курс высшей математики, учбеник в 4-х т., т.
3, ч. 4, М.: Наука, 1981.
20
27.09.2021