Cramer kuralı - Cramer's rule

Gelen lineer cebir , Cramer kuralı bir çözümü için açık bir formüldür lineer denklem sisteminin sahip bilinmeyenli, sistem tek bir çözümü vardır her geçerli gibi birçok denklem olarak. Bu açısından solüsyonu ifade determinantlara (kare) katsayı matrisi ve matrisler denklem sağ-tarafta ve kolon vektörü ile bir sütun değiştirerek ondan elde edilmiştir. Adını, 1750'de rastgele sayıda bilinmeyen için kuralı yayınlayan Gabriel Cramer'den (1704-1752) almıştır, ancak Colin Maclaurin ayrıca 1748'de kuralın özel durumlarını da yayınlamıştır (ve muhtemelen 1729 gibi erken bir tarihte biliyordu).

Naif bir şekilde uygulanan Cramer kuralı, iki veya üçten fazla denklemli sistemler için hesaplama açısından yetersizdir. Durumunda $n,$ denklemlerin $n$ bilinmeyen, bu hesaplanması gerekir $, n + 1$ ise, determinantlar Gauss eliminasyon ile aynı sonuç üretir hesaplama karmaşıklığı tek bir determinanta hesaplanması olarak. Cramer kuralı, 2×2 sistemler için bile sayısal olarak kararsız olabilir . Bununla birlikte, son zamanlarda, Cramer kuralının, Gauss eleme gibi lineer denklem sistemlerini çözmek için daha yaygın yöntemlerle karşılaştırılabilir olan O( n ³ ) zamanında uygulanabileceği gösterilmiştir (sürekli olarak herkes için 2,5 kat daha fazla aritmetik işlem gerektirir). matris boyutları), çoğu durumda karşılaştırılabilir sayısal kararlılık sergiler.

Genel dava

Aşağıdaki gibi matris çarpım formunda temsil edilen, $n$ bilinmeyen için $n$ lineer denklem sistemi düşünün :

A\mathbf {x} =\mathbf {b}

burada $n \times n$ matris $A$ sıfırdan farklı bir belirleyiciye sahiptir ve vektör , değişkenlerin sütun vektörüdür. Daha sonra teorem, bu durumda sistemin bilinmeyenler için bireysel değerleri şu şekilde verilen benzersiz bir çözüme sahip olduğunu belirtir: $\mathbf {x} =(x_{1},\ldots ,x_{n})^{\mathsf {T}}$

x_{i}={\frac {\det(A_{i})}{\det(A)}}\qquad i=1,\ldots ,n

$A'nın$ $i$ -inci sütununun $b$ sütun vektörü ile değiştirilmesiyle oluşturulan matris nerede ? $A_{i}$

Cramer kuralının daha genel bir versiyonu, matris denklemini dikkate alır.

{\ Displaystyle AX=B}

burada $n, X, n$ matris $bir$ sıfır olmayan bir belirleyici sahiptir ve $X$ , $B$ olan $, n x m$ matrisleri. Verilen diziler ve , bırakıldığında yukarı olmak $k$ $\times$ $k$ submatrix arasında $X$ satır ile ve sütunlar . Izin olmak $n$ $x$ $n$ değiştirilmesi ile de meydana matrisi sütunu $A$ ile bir sütun $B$ tümü için . Sonra $1\leq i_{1}<i_{2}<\cdots <i_{k}\leq n$ $1\leq j_{1}<j_{2}<\cdots <j_{k}\leq m$ $X_{I,J}$ $I:=(i_{1},\ldots ,i_{k})$ $J:=(j_{1},\ldots ,j_{k})$ ${\ Displaystyle A_{B}(I,J)}$ ${\görüntüleme stili i_{s}}$ ${\ Displaystyle j_{s}}$ $s=1,\ldots ,k$

\det X_{I,J}={\frac {\det(A_{B}(I,J))}{\det(A)}}.

Durumda , bu normal Cramer kuralına indirgenir. ${\görüntüleme stili k=1}$

Kural, yalnızca reel sayılarda değil , herhangi bir alanda katsayılı ve bilinmeyenli denklem sistemleri için geçerlidir .

Kanıt

Cramer kuralının ispatı , determinantların aşağıdaki özelliklerini kullanır : herhangi bir sütuna göre doğrusallık ve iki sütun eşit olduğunda determinantın sıfır olduğu gerçeği, ki bu, değiştirdiğinizde determinantın işaretinin ters döndüğü özelliğiyle ima edilir. iki sütun.

Bir sütunun j dizinini düzeltin . Doğrusallık, yalnızca j sütununu değişken olarak kabul edersek (diğerlerini keyfi olarak sabitlersek), sonuçta ortaya çıkan $R n \to R$ işlevinin (matris girişlerinin $R$ içinde olduğu varsayılarak ) bir satır ve n sütunlu bir matris tarafından verilebileceği anlamına gelir. sütun j . Aslında , $A'nın$ sütunlarına bağlı belirli C ₁ , ..., C _n katsayıları için $det($ $A$ $) =$ $C$ $1$ $a$ $1,$ $j$ $+ \dots +$ $C$ $n$ $a$ $n,j$ yazarak Laplace genişletmesinin yaptığı tam olarak budur . j sütunu dışında (bu kofaktörlerin kesin ifadesi burada önemli değildir). Değeri $det ($ $A$ $)$ daha sonra bir hat matrisi uygulanması sonucu $L$ $($ $j$ $)$ $= ($ $Cı-$ $1$ $Cı-$ $2$ $\dots$ $Cı$ $n$ $)$ sütunu j arasında $A$ . Eğer $L$ $($ $j$ $)$ herhangi bir uygulanır diğer sütun k arasında $A$ , sonuç elde edilen matris belirleyici $A$ sütunu değiştirerek j sütunu bir kopyası k elde edilen belirleyici 0 (eşit iki durumda, yani sütunlar).

Şimdi , katsayı matrisi $A$ olan ve det( A )'nin sıfır olmadığı varsayılan $n$ bilinmeyenli $n$ lineer denklem sistemini düşünün : $x_{1},\ldots ,x_{n}$

{\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&b_{1}\\a_{21} x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&b_{2}\\&\vdots &\\a_{n1}x_{1}+a_{ n2}x_{2}+\cdots +a_{nn}x_{n}&=&b_{n}.\end{matrix}}

Alarak bu denklemler bir birleştirir ise Cl ₁ kez birinci denklemi, artı C ₂ kez ikinci ve benzeri dek C _n zamanlarda geçen, daha sonra katsayısı $x j$ olacak $C 1 bir 1, j + \dots + C n a n,j = det(A)$ , diğer tüm bilinmeyenlerin katsayıları 0 olur; sol taraf basitçe det( A ) x _{j olur} . Sağ taraf $C 1 b 1 + \dots + C n b n'dir$ ve bu, sağ taraftaki $b$ $i'nin$ sütun vektörü b'ye uygulanan $L (j)'dir$ . Aslında burada yapılan soldaki $A$ $x$ $=$ $b$ matris denklemini $L$ $($ $j$ $)$ ile çarpmaktır . Sıfır olmayan det( A ) sayısına bölerek , sistemi sağlamak için gerekli olan aşağıdaki denklem bulunur:

x_{j}={\frac {L_{(j)}\cdot \mathbf {b} }{\det(A)}}.

Fakat yapı ile pay elde edilen matris belirleyici $A$ sütunu değiştirerek j göre b yüzden çözümü için gerekli bir koşul olarak Cramer kural ekspresyonunu olsun. Diğer bilinmeyenlerin değerlerini bulmak için aynı prosedür j'nin diğer değerleri için tekrarlanabilir .

Kanıtlanacak tek nokta, bilinmeyenler için bu değerlerin, tek olası olanların gerçekten birlikte bir çözüm oluşturduğudur. Matris Ancak $bir$ ters ile tersinirdir $A -1$ , o zaman $X = bir -1 b$ böylece varlığını gösteren bir çözüm olacaktır. det( A ) sıfır olmadığında $A'nın$ tersinir olduğunu görmek için , tek satırlı $L$ $($ $j$ $)$ matrislerinin j = 1, ..., n için üst üste istiflenmesiyle elde edilen $n$ $\times$ $n$ matris M'yi düşünün (bu $A$ ) için adjugat matrisini verir . Bu gösterilmiştir $L$ $($ $j$ $)$ $bir$ $(= 0 \dots 0 det ($ $A$ $) 0 \dots 0)$ burada $det ($ $A$ $)$ pozisyonu görünür j ; bundan $MA$ $= det($ $A$ $)$ $I$ $n çıkar$ . Öyleyse,

{\frac {1}{\det(A)}}M=A^{-1},

ispatı tamamlamak.

Diğer kanıtlar için aşağıya bakın .

Ters matris bulma

Let $bir$ bir olması $, n x n$ bir girdilerle matris alanı $F$ . Sonra

A\,\operatöradı {sıf} (A)=\operatöradı {sıf} (A)\,A=\det(A)I

burada $adj (A)$ belirtir adjugate matrisi , $det (A)$ belirleyicidir, ve $I$ olan özdeşlik matrisi . Eğer $det (A)$ sıfır olmayan, daha sonra ters matris $A$ olduğu

A^{-1}={\frac {1}{\det(A)}}\operatöradı {sıf} (A).

Bu, $det($ $A$ $) \neq 0$ sağlanan $A'nın$ tersi için bir formül verir . Aslında bu formül , $det($ $A$ $)'$ nın bir birim olması koşuluyla, $F'nin$ değişmeli bir halka olduğu her durumda çalışır . Eğer $det ($ $A$ $)$ bir birim olup, daha sonra $bir$ halka üzerinde ters çevrilebilir değildir (bazı olmayan birim elemanları daha büyük bir halka üzerine ters çevrilebilir olabilir $F$ tersi olabilir).

Uygulamalar

Küçük sistemler için açık formüller

Doğrusal sistemi düşünün

\left\{{\begin{matrix}a_{1}x+b_{1}y&={\color {red}c_{1}}\\a_{2}x+b_{2}y&= {\color {red}c_{2}}\end{matrix}}\sağ.

hangi matris formatında

{\begin{bmatrix}a_{1}&b_{1}\\a_{2}&b_{2}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}}= {\begin{bmatrix}{\color {red}c_{1}}\\{\color {red}c_{2}}\end{bmatrix}}.

$a 1 b 2 - b 1 a 2$ sıfırdan farklı olduğunu varsayın . Ardından yardımıyla belirleyicileri , $x$ ve $y$ olarak Cramer kuralı ile bulunabilir

{\begin{aligned}x&={\frac {\begin{vmatrix}{\color {red}{c_{1}}}&b_{1}\\{\color {red}{c_{2} }}&b_{2}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}\\a_{2}&b_{2}\end{vmatrix}}}={{\color {red }c_{1}}b_{2}-b_{1}{\color {red}c_{2}} \over a_{1}b_{2}-b_{1}a_{2}},\quad y ={\frac {\begin{vmatrix}a_{1}&{\color {red}{c_{1}}}\\a_{2}&{\color {red}{c_{2}}}\end {vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}\\a_{2}&b_{2}\end{vmatrix}}}={a_{1}{\color {red}c_{2 }}-{\color {red}c_{1}}a_{2} \over a_{1}b_{2}-b_{1}a_{2}}\end{aligned}}.

$3 \times 3$ matrisler için kurallar benzerdir. verilen

\left\{{\begin{matrix}a_{1}x+b_{1}y+c_{1}z&={\color {red}d_{1}}\\a_{2}x+ b_{2}y+c_{2}z&={\color {red}d_{2}}\\a_{3}x+b_{3}y+c_{3}z&={\color {red}d_ {3}}\end{matris}}\sağ.

hangi matris formatında

{\begin{bmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\ bitiş{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\color {red}d_{1}}\\{\color {red} d_{2}}\\{\color {red}d_{3}}\end{bmatrix}}.

Daha sonra $x, y$ ve $z$ değerleri aşağıdaki gibi bulunabilir:

x={\frac {\begin{vmatrix}{\color {red}d_{1}}&b_{1}&c_{1}\\{\color {red}d_{2}}&b_{2} &c_{2}\\{\color {red}d_{3}}&b_{3}&c_{3}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\ \a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{vmatrix}}},\quad y={\frac {\begin{vmatrix}a_{ 1}&{\color {red}d_{1}}&c_{1}\\a_{2}&{\color {red}d_{2}}&c_{2}\\a_{3}&{\color {red}d_{3}}&c_{3}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\\a_{2}&b_{2}&c_{2} \\a_{3}&b_{3}&c_{3}\end{vmatrix}}},{\text{ ve }}z={\frac {\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}&{ \color {red}d_{1}}\\a_{2}&b_{2}&{\color {red}d_{2}}\\a_{3}&b_{3}&{\color {red}d_ {3}}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a_{1}&b_{1}&c_{1}\\a_{2}&b_{2}&c_{2}\\a_{3}&b_{ 3}&c_{3}\end{vmatrix}}}.

diferansiyel geometri

Ricci hesabı

Cramer kuralı, birinci ve ikinci türden Christoffel sembollerini içeren çeşitli hesaplamalarda Ricci hesabında kullanılır .

Özellikle Cramer kuralı, bir Riemann manifoldu üzerindeki diverjans operatörünün koordinat değişimine göre değişmez olduğunu kanıtlamak için kullanılabilir. Christoffel sembollerinin rolünü bastırarak doğrudan bir kanıt veriyoruz. Yerel koordinatlarla donatılmış bir Riemann manifoldu olsun . Izin bir olmak vektör alanı . Toplama kuralını baştan sona kullanıyoruz . ${\görüntüleme stili (M,g)}$ $(x^{1},x^{2},\dots ,x^{n})$ $A=A^{i}{\frac {\kısmi }{\kısmi x^{i}}}$

teorem .

Sapma arasında , ${\görüntüleme stili A}$

\operatöradı {div} A={\frac {1}{\sqrt {\det g}}}{\frac {\partial }{\partial x^{i}}}\left(A^{i }{\sqrt {\det g}}\sağ),

koordinat değişimi altında değişmezdir.

Kanıt

Tekil olmayan Jacobian ile bir koordinat dönüşümü olsun . O zaman klasik dönüşüm yasaları nerede olduğunu ima eder . Benzer şekilde, eğer , o zaman . Bu dönüşüm yasasını matris verimleri cinsinden yazmak , bu da ima eder . $(x^{1},x^{2},\ldots ,x^{n})\mapsto ({\bar {x}}^{1},\ldots ,{\bar {x}} ^{n})$ $A={\bar {A}}^{k}{\frac {\kısmi }{\kısmi {\bar {x}}^{k}}}$ ${\bar {A}}^{k}={\frac {\kısmi {\bar {x}}^{k}}{\kısmi x^{j}}}A^{j}$ $g=g_{mk}\,dx^{m}\otimes dx^{k}={\bar {g}}_{ij}\,d{\bar {x}}^{i}\ bazen d{\bar {x}}^{j}$ ${\bar {g}}_{ij}=\,{\frac {\kısmi x^{m}}{\kısmi {\bar {x}}^{i}}}{\frac {\ kısmi x^{k}}{\kısmi {\bar {x}}^{j}}}g_{mk}$ ${\bar {g}}=\left({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ)^{\text{T}}g\left({ \frac {\kısmi x}{\kısmi {\bar {x}}}}\sağ)$ $\det {\bar {g}}=\sol(\det \sol({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ)\sağ)^{2 }\det g$

Şimdi biri hesaplıyor

{\begin{hizalanmış}\operatöradı {div} A&={\frac {1}{\sqrt {\det g}}}{\frac {\partial }{\partial x^{i}}}\ sol(A^{i}{\sqrt {\det g}}\sağ)\\&=\det \left({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ ){\frac {1}{\sqrt {\det {\bar {g}}}}}{\frac {\partial {\bar {x}}^{k}}{\partial x^{i}} }{\frac {\partial }{\partial {\bar {x}}^{k}}}\left({\frac {\partial x^{i}}{\partial {\bar {x}}^) {\ell }}}{\bar {A}}^{\ell }\det \!\left({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ)^{ \!\!-1}\!{\sqrt {\det {\bar {g}}}}\sağ).\end{hizalı}}

Bunun eşit olduğunu göstermek için , bunu göstermek gerekli ve yeterlidir. ${\frac {1}{\sqrt {\det {\bar {g}}}}}{\frac {\partial }{\partial {\bar {x}}^{k}}}\sol ({\bar {A}}^{k}{\sqrt {\det {\bar {g}}}}\sağ)$

{\frac {\kısmi {\bar {x}}^{k}}{\kısmi x^{i}}}{\frac {\kısmi }{\kısmi {\bar {x}}^{ k}}}\left({\frac {\partial x^{i}}{\partial {\bar {x}}^{\ell }}}\det \!\left({\frac {\partial x }{\partial {\bar {x}}}}\sağ)^{\!\!\!-1}\sağ)=0\qquad {\text{tüm }}\ell ,

hangi eşdeğerdir

{\frac {\partial }{\partial {\bar {x}}^{\ell }}}\det \left({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}) }}\sağ)=\det \left({\frac {\kısmi x}{\kısmi {\bar {x}}}}\sağ){\frac {\kısmi {\bar {x}}^{k }}{\partial x^{i}}}{\frac {\partial ^{2}x^{i}}{\partial {\bar {x}}^{k}\partial {\bar {x} }^{\ell }}}.

Sol tarafta farklılaşmayı gerçekleştirerek şunları elde ederiz:

{\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial {\bar {x}}^{\ell }}}\det \left({\frac {\partial x}{\partial { \bar {x}}}}\sağ)&=(-1)^{i+j}{\frac {\kısmi ^{2}x^{i}}{\kısmi {\bar {x}}^ {\ell }\partial {\bar {x}}^{j}}}\det M(i|j)\\&={\frac {\partial ^{2}x^{i}}{\partial {\bar {x}}^{\ell }\partial {\bar {x}}^{j}}}\det \left({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}} }}\sağ){\frac {(-1)^{i+j}}{\det \sol({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ)} }\det M(i|j)=(\ast ),\end{hizalı}}

nerede inci satır ve inci sütun silinerek elde edilen matrisi ifade eder . Ama Cramer Kuralı diyor ki ${\görüntüleme stili M(i|j)}$ $\sol({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ)$ ${\görüntüleme stili ben}$ ${\görüntüleme stili j}$

{\frac {(-1)^{i+j}}{\det \left({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ)}}\ det M(i|j)

bir matris inci girişi . Böylece ${\görüntüleme stili (j,i)}$ $\sol({\frac {\partial {\bar {x}}}{\partial x}}\sağ)$

(\ast )=\det \left({\frac {\partial x}{\partial {\bar {x}}}}\sağ){\frac {\partial ^{2}x^{i }}{\partial {\bar {x}}^{\ell }\partial {\bar {x}}^{j}}}{\frac {\partial {\bar {x}}^{j}} {\kısmi x^{i}}},

ispatı tamamlamak.

Türevleri dolaylı olarak hesaplamak

İki denklemi düşünün ve . Ne zaman u ve v , bağımsız değişkenler, biz tanımlayabilir ve $F(x,y,u,v)=0$ $G(x,y,u,v)=0$ ${\görüntüleme stili x=X(u,v)}$ ${\görüntüleme stili y=Y(u,v).}$

Cramer kuralı uygulanarak bir denklem bulunabilir. ${\dfrac {\kısmi x}{\kısmi u}}$

Hesaplama ${\dfrac {\kısmi x}{\kısmi u}}$

İlk önce F , G , x ve y'nin ilk türevlerini hesaplayın :

{\begin{aligned}dF&={\frac {\kısmi F}{\kısmi x}}dx+{\frac {\kısmi F}{\kısmi y}}dy+{\frac {\kısmi F}{ \partial u}}du+{\frac {\partial F}{\partial v}}dv=0\\[6pt]dG&={\frac {\partial G}{\partial x}}dx+{\frac {\ kısmi G}{\partial y}}dy+{\frac {\partial G}{\partial u}}du+{\frac {\partial G}{\partial v}}dv=0\\[6pt]dx&={ \frac {\kısmi X}{\kısmi u}}du+{\frac {\kısmi X}{\kısmi v}}dv\\[6pt]dy&={\frac {\kısmi Y}{\kısmi u}} du+{\frac {\kısmi Y}{\partial v}}dv.\end{hizalı}}

İkame dx , dy içine dF ve dG elimizde:

{\begin{aligned}dF&=\left({\frac {\partial F}{\partial x}}{\frac {\partial x}{\partial u}}+{\frac {\partial F) }{\partial y}}{\frac {\partial y}{\partial u}}+{\frac {\partial F}{\partial u}}\right)du+\left({\frac {\partial F) }{\kısmi x}}{\frac {\kısmi x}{\kısmi v}}+{\frac {\kısmi F}{\kısmi y}}{\frac {\kısmi y}{\kısmi v}} +{\frac {\partial F}{\partial v}}\sağ)dv=0\\[6pt]dG&=\left({\frac {\partial G}{\partial x}}{\frac {\ kısmi x}{\kısmi u}}+{\frac {\kısmi G}{\kısmi y}}{\frac {\kısmi y}{\kısmi u}}+{\frac {\kısmi G}{\kısmi u}}\sağ)du+\left({\frac {\kısmi G}{\kısmi x}}{\frac {\kısmi x}{\kısmi v}}+{\frac {\kısmi G}{\kısmi y}}{\frac {\kısmi y}{\partial v}}+{\frac {\partial G}{\partial v}}\sağ)dv=0.\end{hizalı}}

Yana u , v hem bağımsız, katsayıları du , dv sıfır olmalıdır. Böylece katsayılar için denklemler yazabiliriz:

{\begin{hizalanmış}{\frac {\kısmi F}{\kısmi x}}{\frac {\kısmi x}{\kısmi u}}+{\frac {\kısmi F}{\kısmi y }}{\frac {\kısmi y}{\kısmi u}}&=-{\frac {\kısmi F}{\kısmi u}}\\[6pt]{\frac {\kısmi G}{\kısmi x }}{\frac {\kısmi x}{\kısmi u}}+{\frac {\kısmi G}{\kısmi y}}{\frac {\kısmi y}{\kısmi u}}&=-{\ frac {\kısmi G}{\kısmi u}}\\[6pt]{\frac {\kısmi F}{\kısmi x}}{\frac {\kısmi x}{\kısmi v}}+{\frac { \kısmi F}{\kısmi y}}{\frac {\kısmi y}{\kısmi v}}&=-{\frac {\kısmi F}{\kısmi v}}\\[6pt]{\frac { \kısmi G}{\kısmi x}}{\frac {\kısmi x}{\kısmi v}}+{\frac {\kısmi G}{\kısmi y}}{\frac {\kısmi y}{\kısmi v}}&=-{\frac {\kısmi G}{\kısmi v}}.\son{hizalı}}

Şimdi, Cramer kuralına göre şunu görüyoruz:

{\frac {\kısmi x}{\kısmi u}}={\frac {\başlangıç{vmatrix}-{\frac {\kısmi F}{\kısmi u}}&{\frac {\kısmi F }{\kısmi y}}\\-{\frac {\kısmi G}{\kısmi u}}&{\frac {\kısmi G}{\kısmi y}}\end{vmatrix}}{\başlangıç{vmatrix }{\frac {\kısmi F}{\kısmi x}}&{\frac {\kısmi F}{\kısmi y}}\\{\frac {\kısmi G}{\kısmi x}}&{\frac {\kısmi G}{\kısmi y}}\end{vmatrix}}}.

Bu şimdi iki Jacobian cinsinden bir formüldür :

{\frac {\partial x}{\partial u}}=-{\frac {\left({\frac {\partial (F,G)}{\partial (u,y)}}\sağ) )}{\sol({\frac {\kısmi (F,G)}{\kısmi (x,y)}}\sağ)}}.

için benzer formüller türetilebilir. ${\frac {\kısmi x}{\kısmi v}},{\frac {\kısmi y}{\kısmi u}},{\frac {\kısmi y}{\kısmi v}}.$

Tamsayılı programlama

Cramer kuralı , kısıt matrisi tamamen unimodüler ve sağ tarafı tamsayı olan bir tamsayı programlama probleminin tamsayı temel çözümlerine sahip olduğunu kanıtlamak için kullanılabilir . Bu, tamsayı programının çözülmesini büyük ölçüde kolaylaştırır.

Adi diferansiyel denklemler

Cramer kuralı, homojen olmayan bir lineer diferansiyel denklemin genel çözümünü , parametrelerin varyasyon yöntemiyle türetmek için kullanılır .

geometrik yorumlama

Cramer kuralının geometrik yorumu. İkinci ve üçüncü taralı paralelkenarların alanları aynıdır ve ikincisi birincinin katıdır. Bu eşitlikten Cramer kuralı çıkar.

{\görüntüleme stili x_{1}}

Cramer kuralı, aynı zamanda bir kanıt olarak kabul edilebilecek veya sadece geometrik doğası hakkında fikir veren geometrik bir yoruma sahiptir. Bu geometrik argümanlar, yalnızca burada sunulan iki bilinmeyenli iki denklem durumunda değil, genel olarak çalışır.

denklem sistemi verildiğinde

{\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}&=b_{1}\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2 }&=b_{2}\end{matris}}

vektörler arasında bir denklem olarak düşünülebilir.

x_{1}{\binom {a_{11}}{a_{21}}}+x_{2}{\binom {a_{12}}{a_{22}}}={\binom {b_ {1}}{b_{2}}}.

Denklem sisteminin determinantı tarafından belirlenen ve verilen paralelkenarın alanı : ${\binom {a_{11}}{a_{21}}}$ ${\binom {a_{12}}{a_{22}}}$

{\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}}.

Orada daha fazla değişkenler ve denklemler, determinantı olan Genel olarak, $n,$ uzunluğunun vektörlerinin $N$ verecek hacmi arasında bir paralel olarak bu vektörler tarafından belirlenen $, n$ -inci boyutlu Öklid alanı .

Bu nedenle, kenarlardan biri bu faktörle çarpıldığı için paralelkenarın alanı ve çarpı birincinin alanı olmalıdır . Şimdi, bu son paralelkenar, Cavalieri ilkesine göre , ve tarafından belirlenen paralelkenarla aynı alana sahiptir. $x_{1}{\binom {a_{11}}{a_{21}}}$ ${\binom {a_{12}}{a_{22}}}$ ${\görüntüleme stili x_{1}}$ ${\binom {b_{1}}{b_{2}}}}=x_{1}{\binom {a_{11}}{a_{21}}}+x_{2}{\binom {a_ {12}}{a_{22}}}$ ${\binom {a_{12}}{a_{22}}}.$

Bu son ve ikinci paralelkenarın alanlarını eşitlemek denklemi verir.

{\begin{vmatrix}b_{1}&a_{12}\\b_{2}&a_{22}\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}a_{11}x_{1}&a_{ 12}\\a_{21}x_{1}&a_{22}\end{vmatrix}}=x_{1}{\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22 }\end{vmatrix}}

hangi Cramer kuralı izler.

Diğer kanıtlar

Soyut lineer cebir ile bir ispat

Bu, yukarıdaki kanıtın soyut bir dilde yeniden ifadesidir.

İlk göz önünde matris ile ikame edilmiş Cramer kural olarak, sütunda. Her sütundaki determinantın lineer olması nedeniyle bu harita lineerdir. Gönderdiği gözlemleyin inci sütunu için inci baz vektörü (içinde 1 ile biz ters kabul eder doğrusal harita yüzden tekrar sütunu olan bir matrisin belirleyici 0 olduğu için, sırada yer) kolon alanı ; dolayısıyla sütun uzayının açıklığı üzerinde hemfikirdir . Beri ters çevrilebilir olup, sütun vektörleri tüm yayılan Haritamız gerçekten tersidir, yani . Cramer kuralı aşağıdaki gibidir. $\mathbf {x} =(x_{1},\ldots ,x_{n})\mapsto {\frac {1}{\det A}}\left(\det(A_{1}),\ ldots ,\det(A_{n})\sağ),$ $A_{i}$ ${\görüntüleme stili A}$ $\mathbf {x}$ ${\görüntüleme stili ben}$ ${\görüntüleme stili ben}$ ${\görüntüleme stili A}$ ${\görüntüleme stili ben}$ $\mathbf {e} _{i}=(0,\ldots ,1,\ldots ,0)$ ${\görüntüleme stili ben}$ ${\görüntüleme stili A}$ ${\görüntüleme stili A^{-1}}$ ${\görüntüleme stili A}$ $\mathbb {R} ^{n}$ ${\görüntüleme stili A}$

Kısa bir kanıt

Bunun matrisin determinantı olduğuna dikkat edilerek Cramer kuralının kısa bir kanıtı verilebilir. ${\görüntüleme stili x_{1}}$

X_{1}={\begin{bmatrix}x_{1}&0&0&\cdots &0\\x_{2}&1&0&\cdots &0\\x_{3}&0&1&\cdots &0\\\vdots &\vdots & \vdots &\ddots &\vdots \\x_{n}&0&0&\cdots &1\end{bmatrix}}

Diğer yandan, orijinal matris varsayarak $bir$ tersi olan bu matris sütun var burada, bir n- matris inci kolon $A$ . Matrisin sütunları olduğunu hatırlayın ve bu nedenle . Dolayısıyla, iki matrisin çarpımının determinantının determinantların çarpımı olduğunu kullanarak, $X_{1}$ $A^{-1}\mathbf {b} ,A^{-1}\mathbf {v} _{2},\ldots ,A^{-1}\mathbf {v} _{n}$ $\mathbf {v} _{n}$ ${\görüntüleme stili A_{1}}$ $\mathbf {b} ,\mathbf {v} _{2},\ldots ,\mathbf {v} _{n}$ $X_{1}=A^{-1}A_{1}$

x_{1}=\det(X_{1})=\det(A^{-1})\det(A_{1})={\frac {\det(A_{1})}{ \det(A)}}.

Diğerinin kanıtı benzerdir. ${\görüntüleme stili x_{j}}$

Uyumsuz ve belirsiz vakalar

Bir denklem sistemine, çözüm olmadığında uyumsuz veya tutarsız , birden fazla çözüm olduğunda ise belirsiz denir . Lineer denklemler için, çözümler rastgele değerler alabilen bir veya daha fazla parametre cinsinden ifade edilebildiğinden, belirsiz bir sistem sonsuz sayıda çözüme sahip olacaktır (sonsuz bir alanın üzerindeyse).

Cramer kuralı, katsayı determinantının sıfır olmadığı durumda geçerlidir. 2×2 durumunda, katsayı determinantı sıfır ise, pay determinantları sıfır değilse sistem uyumsuz, pay determinantları sıfır ise belirsizdir.

3×3 veya daha yüksek sistemler için, katsayı determinantı sıfıra eşit olduğunda söylenebilecek tek şey, pay determinantlarından herhangi birinin sıfırdan farklı olması durumunda sistemin uyumsuz olması gerektiğidir. Ancak tüm belirleyicilerin sıfır olması sistemin belirsiz olduğu anlamına gelmez. Tüm belirleyicilerin kaybolduğu (sıfıra eşit) ancak sistemin hala uyumsuz olduğu basit bir örnek, 3×3 sistemi x + y + z =1, x + y + z =2, x + y + z =3'tür.

Languages

In other projects