אלגברה ליניארית (1) - תרגיל 6

Transcript

1 אלגברה ליניארית (1) - תרגיל 6 התרגיל להגשה עד יום חמישי ( ) בשעה 16:00 בתא המתאים בבניין מתמטיקה. נא לא לשכוח פתקית סימון. 1. עבור כל אחד מתת המרחבים הבאים, מצאו בסיס ואת המימד: (א) 3)} (0, 6, 3,, 1) (1, 0, 0,, 2) (1, 2, 1,, 5) {(3, 4, 2, Span (כתת מרחב של (R 4 פתרון נשים לב כי 1 (1, 0, 0, 1) + 1 (0, 6, 3, 3) = (1, 0, 0, 1) + (0, 2, 1, 1) = (1, 2, 1, 2) 3 3 (1, 0, 0, 1) + 2 (0, 6, 3, 3) = (3, 0, 0, 3) + (0, 4, 2, 2) = (3, 4, 2, 5) 3 A = {(3, 4, 2, 5), (1, 2, 1, 2), (1, 0, 0, 1), (0, 6, 3, 3)}, B = {(1, 0, 0, 1), (0, 6, 3, 3)} נסמן אז הראנו כי Span(B).A בנוסף Span(A),B A לכן מתרגיל 5 שאלה 2 סעיף ד' Span {(3, 4, 2, 5), (1, 2, 1, 2), (1, 0, 0, 1), (0, 6, 3, 3)} = Span {(1, 0, 0, 1), (0, 6, 3, 3)} נראה כי (3,0),6,3, (1,1),0,0 בת"ל ונסיק כי הם בסיס, ולכן מימד הת"מ הוא 2. לפי השוואת קואורדינטות 0 R 4 1).(1, 0, 0, נראה כי 1)} {(1, 0, 0, Span 3).(0, 6, 3, אחרת a) = a (1, 0, 0, 1) = (a, 0, 0, 3) (0, 6, 3, עבור a R כלשהו, וע"י השוואת הקואורדינטה השניה נקבל סתירה. (ב) } 0 = 3 U 1 = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 1 + 2x 2 + 3x פתרון נראה כי 0) ( 2, 1, 0, = 3 u 1 = (0, 0, 0, 1), u 2 = ( 3, 0, 1, 0), u מהווים בסיס ל,U 1 ונסיק כי.dim U 1 = 3 תחילה נבדוק כי הם אכן ב U: = 0 u 1 U = 0 u 2 U = 0 u 3 U 1 נראה כי הם פורשים את :U 1 יהי (x 1, x 2, x 3, x 4 ) U 1 אז,x 1 = 2x 2 3x 3 לכן (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = ( 2x 2 3x 3, x 2, x 3, x 4 ) = x 2 ( 2, 1, 0, 0) + x 3 ( 3, 0, 1, 0) + x 3 (0, 0, 0, 1) (x 1, x 2, x 3, x 4 ) Span(u 3, u 2, u 1 ) כעת נראה כי הם בת"ל: יהיו,x,y z R כך ש xu 1 + yu 2 + zu 3 = 0 ( 3y 2z, z, y, x) = x (0, 0, 0, 1) + y ( 3, 0, 1, 0) + z ( 2, 1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0) ומהשוואת הקואורדינטות השניה, השלישית והרביעית נקבל = 0 z,x.,y 1

2 (ג) } 0 = 4 U 2 = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 1 + x 2 + x 3 x 4 = x 1 2x 2 + x פתרון יהיה, v = (x 1, x 2, x 3, x 4 ) U 2 אז x, y, z פותרים את מע' המשוואות x 1 + x 2 + x 3 x 4 = 0 x 1 2x 2 + x 4 = 0 x 3 = x 4 x 1 x 2 x 4 = 2x 2 x 1 x 3 = (2x 2 x 1 ) x 1 x 2 = x 2 2x 1 x 4 = 2x 2 x 1 v = (x 1, x 2, x 2 2x 1, 2x 2 x 1 ) = x 1 (1, 0, 2, 1) + x 2 (0, 1, 1, 2) ע"י העברת אגפים נקבל ולכן כלומר נסמן 2) (0, 1, 1, = 2,v 1 = (1, 0, 2, 1), v אז לכל v = (x 1, x 2, x 3, x 4 ) U 2 מתקיים,v = x 1 v 1 + x 2 v 2 לכן ) 2.U 2 Span(v 1, v מצד שני, יהיה ) 2,v = (x 1, x 2, x 3, x 4 ) Span(v 1, v כלומר קיימים סקלרים a 1, a 2 R המקיימים v = a 1 v 1 + a 2 v 2 לכן הקואורדינטות של v הן (x 1, x 2, x 3, x 4 ) = a 1 (1, 0, 2, 1) + a 2 (0, 1, 1, 2) = (a 1, a 2, 2a 1 + a 2, a 1 + 2a 2 ) x 1 + x 2 + x 3 x 4 = a 1 + a 2 + ( 2a 1 + a 2 ) ( a 1 + 2a 2 ) = 0 x 1 2x 2 + x 4 = a 1 2a 2 + ( a 1 + 2a 2 ) = 0 ומתקיים כלומר.v U 2 הוכחנו כי לכל ) 2 v Span(v 1, v מתקיים,v U 2 כלומר,Span(v 1, v 2 ) U 2 ויחד עם ההכלה ההפוכה הראנו כי ) 2.U 2 = Span(v 1, v נוכיח כי v 1, v 2 בת"ל ולכן בסיס ל U 2 ו 2 = 2.dim U תחילה נבדוק 0 1) 2, 0, (1, = 1,v לדוגמא ע"י השוואת הקואורדינטה הראשונה. כעת, אם ) 1 v 2 Span(v אז קיים a R כך ש,v 2 = av 1 כלומר (0, 1, 1, 2) = a(1, 0, 1, 2) = (a, 0, a, 2a) מהשוואת הקואורדינטה השניה נקבל = 0 1, סתירה. לכן v 1, v 2 בת"ל, כנדרש. (ד) U 1, U 2 ) U 1 U 2 שהוגדרו בסעיפים הקודמים). פתרון תחילה נשים לב כי.v = (1, 1, 1, 1) U 1 U 2 נוכיח כי {v} קבוצה בת"ל מקסימלית ב,U 1 U 2 ולכן v בסיס ל U 1 U 2 ו = 1 ) 2.dim(U 1 U מאחר ווקטור הבסיס מהסעיף הקודם v 1 U 1 נקבל כי החיתוך U 1 U 2 U 2 מוכל ממש ב.U 2 נניח כי {v} אינה קבוצה בת"ל מקסימלית ב,U 1 U 2 אז קיים w U 1 U 2 כך ש w} {v, קבוצה בת"ל. מכיוון ש,v} {w U 2 קבוצה בת"ל במרחב ממימד 2 היא בסיס, לכן U 2 = Span(v, w) U 1 U 2 U 2 ומהכלה דו כיוונית U 1 U 2 = U 2 סתירה לכן {v} קבוצה בת"ל מקסימלית ב.U 1 U 2 U 1, U 2 ) U 1 + U 2 שהוגדרו בסעיפים הקודמים). פתרון (ה) 2

3 .2 יהי V מ"ו מעל שדה F ו A תת קבוצה סופית של וקטורים מ.A := {v 1,..., v n } :V לגבי כל אחת מהטענות הבאות, קבעו אם היא נכונה. אם כן הוכיחו. אם לא הביאו דוגמא נגדית. (א) אם A ת"ל אז כל תת קבוצה שלה B A ת"ל. פתרון לא נכון. דוגמא נגדית: הקבוצה A =,0)},(0,0) {(1 R 2 תלויה ליניארית (כי כל קבוצה המכילה את ווקטור האפס תלויה ליניארית), אך תת הקבוצה שלה {(1,0)} = B היא בת"ל. (ב) אם A בת"ל אז כל תת קבוצה שלה B A בת"ל. פתרון נכון: נניח בשלילה כי ל { A =: v} 1,..., v n קיימת תת קבוצה תלויה ליניארית B כך שבה"כ (בלי הגבלת הכלליות) } m,b := {v 1,..., v עבור.m n לכן קיימים a 1,..., a m F כך שלפחות אחד מה a i שונה מ 0 ומתקיים: a 1 v a m v m = 0 a 1 v a m v m + 0 v m v n = 0 מכאן נקבל שגם מתקיים: וזה צירוף ליניארי לא טריוויאלי של איברי A ששווה ל 0, ומכאן שגם A ת"ל, בסתירה להנחה. לכן כל תת קבוצה של A היא גם כן בת"ל. (ג) אם A בת"ל ו,v / A,v V אז {v} A בת"ל. פתרון לא נכון. דוגמא נגדית: נגדיר.A = {(0, 1)} R 2 אז A בת"ל. ניקח: 0) (0, =.v אז,v / A אך 1)} (0, 0), {(0, = {v} A ת"ל. (ד) אם A בת"ל ו,v / Span(A),v V אז {v} A בת"ל. פתרון נכון: נניח בשלילה כי {v} A ת"ל. זה אומר שקיימים:,a a 1,..., a n F שלא כולם שווים ל 0 כך ש: av + a 1 v a n v n = 0 a 1 v a n v n = 0 נחלק למקרים:.i אם = 0,a אז למעשה: כך שאחד מה a i שונה מ 0, וקיבלנו צירוף ליניארי לא טריוויאלי של איברי A ששווה ל 0, בסתירה להנחה ש A בת"ל..ii אם 0 a, אז על ידי העברת אגפים וחלוקת המשוואה av + a 1 v a n v n = 0 a 1 a 1 v 1... a 1 a n v n = v ב a, נקבל כי: כלומר קיבלנו את v כצירוף ליניארי של איברי A ומכאן ש ( Span(A v, בסתירה להנחה..iii סה"כ קיבלנו כי גם {v} A בת"ל. (ה) אם A בת"ל ו,v / Span(A),v V אז v} {v 1 + v,..., v n + בת"ל. פתרון נכון: נניח בשלילה כי v} {v 1 + v,..., v n + ת"ל. זה אומר שקיימים: a 1,..., a n F שלא כולם שווים ל 0 כך ש: a 1 (v 1 + v) a n (v n + v) = 0 ( n ) a i v + a 1 v a n v n = 0 i=1 מכאן ש: כלומר, קיבלנו צירוף ליניארי לא טריוויאלי של איברי {v} A ששווה ל 0 ומכאן ש { v } A ת"ל בסתירה לסעיף ד'. 3

4 (ו) אם A בת"ל ו,v Span(A),v V אז v} {v 1 + v,..., v n + בת"ל. פתרון לא נכון. דוגמא נגדית: נגדיר A = {(0, 1)} R 2 וניקח 1) (0, = v אז Span(A),v = 1 (0, 1) אך כמובן שהקבוצה: {(0, 1) + v} = {(0, 0)} ת"ל, כיוון שהיא מכילה את ווקטור האפס. (ז) אם A בת"ל ו,v Span(A),v V אז v} {v 1 + v,..., v n + ת"ל. פתרון לא נכון. דוגמא נגדית: נגדיר A = {(0, 1)} R 2 וניקח 1) (0, = v אז Span(A),v = (0, 1) אך כמובן שהקבוצה: {(0, 1) + (0, 1)} = {(0, 2)} היא בת"ל. (ח) אם A בת"ל ו u, v V מקיימים {v}),u / Span(A),u Span(A אז יש F כך ש:.u = v פתרון לא נכון. דוגמא נגדית: נגדיר A = {(0, 1)} R 2 וניקח: 0) (1, = v ו ( 1 (1, =.u אז מתקיים: {v}) u = (1, 0) + (0, 1) Span(A וכן קל לראות כי: Span(A),u = (1, 1) / כיוון שהקואורדינטה הראשונה של כל האיברים ב ( Span(A היא.0 מאידך לא קיים R עבורו 0) (, = u = v = 1).(1, (ט) אם A בת"ל ו F 0 אז } n {v 1,..., v בת"ל. פתרון נכון: נניח בשלילה כי } n {v 1,..., v ת"ל. זה אומר שקיימים: a 1,..., a n F שלא כולם שווים ל 0 כך ש: a 1 v a n v n = 0 מכיוון ש 0 נובע שניתן לחלק בו את המשוואה ולקבל כי: a 1 v a n v n = 0 וקיבלנו צירוף ליניארי לא טריוויאלי של איברי A ששווה ל 0, בסתירה לכך ש A בת"ל. (י) אם A בת"ל ו F אז } 1 {v 1, v 2 + v 1,..., v n + v בת"ל. פתרון כון: נניח בשלילה כי } 1 {v 1, v 2 + v 1,..., v n + v ת"ל. זה אומר שקיימים: a 1,..., a n F שלא כולם שווים ל 0 כך ש: a 1 v 1 + a 2 (v 2 + v 1 ) a n (v n + v 1 ) = 0 ( a 1 + על ידי פתיחת סוגריים וסידור מחדש של איברי המשוואה נקבל כי ) n a i v 1 + a 2 v a n v n = 0 i=2 נחלק למקרים: i. קיים i n 2 עבורו 0 i a. במקרה זה אנו מקבלים כי המשוואה האחרונה היא צירוף ליניארי לא טריוויאלי של איברי A ששווה לאפס וזאת סתירה לכך ש A בת"ל..a 1 ולכן במקרה זה בהכרח 0,1 i n עבור a i לפי ההנחה, קיים 0.2 i n לכל a i = 0.ii בפרט נקבל כי המשוואה האחרונה מקבלת את הצורה: = 0 1,a 1 v עבור 0 1 a ומכאן ש 0 = 1.v סה"כ קיבלנו כי A מכילה את ווקטור האפס, בסתירה לכך ש A בת"ל. 3. בתרגיל זה נוכיח שכל שדה סופי הינו בגודל p n עבור p ראשוני ו N n כלשהם. (א) נניח כי F הינו שדה סופי ממציין > 0 p. נגדיר על F מבנה של מרחב ווקטורי מעל Z p באופן הבא: i. חיבור וקטורי: זהו החיבור של איברים ב F כשדה. כמו כן, איבר האפס ב F כמ"ו מוגדר להיות איבר האפס ב F כשדה. 4

5 :v ו F Z p כפל בסקלר: עבור.ii. v := v + v v הוכיחו כי פעולות אלו אכן מגדירות על F מבנה כמרחב ווקטורי מעל Z. p שימו לב שכיוון ש F הינו שדה, נדרש לבדוק רק את האקסיומות שנוגעות לכפל בסקלר. פתרון א'. הסגירות לכפל בסקלר נובעת מההגדרה ומסגירות F לחיבור. ב'. אסוציאטיביות: יהיו, β Z p אז ניתן לרשום: β = p k + p β עבור {0} N k כלשהו. לכן: (β v) = (v + v v) = v + v v = β β = v + v v + v + v v = pβ = (1 F + 1 F }{{ F ) v + (1 } F + 1 F F ) v = pβ = 0 v + ( p β) v = ( p β) v.p > 0 ממציין וזה נובע מכך ש F (1 F + 1 F שימו לב שהשתמשנו בכך ש: = 0 ) F {{}} ג'. ניטרליות לכפל באיבר היחידה של Z p נובעת מההגדרה, שכן על פי ההגדרה:.1 v := v + v v = v 1 (v 1 + v 2 ) = (v 1 + v 2 ) (v 1 + v 2 ) = ד'. דיסטריביוטיביות של ווקטורים: = v v 1 + v v 2 = v 1 + v 2 ה'. דיסטריביוטיביות של סקלרים: יהיו 1, 2 Z p אז ניתן לרשום: = p k + 1 p 2 עבור {0} N k כלשהו. לכן: ( 1 p 2 ) v = v v = v v +0 = 1 p 2 1 p 2 = v v +(1 F + 1 F F ) v = v v + v v = 1 p 2 1 p 2 = v v + v v = 1 v + 2 v 1 2. (1 F + 1 F גם כאן השתמשנו בכך ש: = 0 ) F {{}} 5

6 (ב) הוכיחו שהמימד של F כמ"ו מעל Z p הוא סופי. פתרון נשים לב שהקבוצה המכילה את כל איברי F היא קבוצה פורשת בגודל סופי. אנו למדנו בכיתה שמכל קבוצה פורשת בגודל סופי ניתן להוציא בסיס. מכאן שניתן למצוא בסיס (בגודל סופי) ל F ולכן גם המימד של F הוא סופי. (ג) הוכיחו שמ"ו ממימד n מעל Z p הינו בגודל p. n (רמז: השתמשו בעובדה שאם A בסיס של מ"ו V, אז כל איבר ב V.) של סקלרים לבין איברי כלומר יש התאמה חח"ע ועל בין n יות A, הוא צירוף לינארי יחיד של V פתרון אם V מ"ו ממימד n מעל Z p זה אומר שיש לו בסיס בגודל n. על פי מה שלמדנו, כל איבר ב V ניתן לכתיבה באופן יחיד כצירוף ליניארי של איברי הבסיס. כיוון שגודל הבסיס הוא n והגודל של Z p הוא p, מספר הצירופים הליניאריים של איברי הבסיס הוא p. n כיוון שכל איבר ניתן לכתיבה באופן יחיד כצירוף ליניארי של איברי הבסיס, נובע שכל הצירופים הליניאריים של איברי הבסיס מייצגים איברים שונים מצד אחד ומצד שני מייצגים את כל האיברים של. V לכן מספר האיברים ב V הוא כמספר הצירופים הליניאריים של איברי הבסיס, כלומר:.p n (ד) הוכיחו כי אם F הינו שדה סופי, אז המציין שלו שונה מ 0.. כיוון ש F 1 F + 1 F פתרון נניח בשלילה כי המציין של F הוא 0. מכאן שלכל n, N מתקיים 0 F {{}} סופי לא יכול שכל הביטויים מהצורה n 1 F + 1 F F עבור n N שונים זה מזה (כי יש אינסוף ביטויים n מהצורה הזאת). לכן קיימים,m n N כך ש n m < ומתקיים: 1 F + 1 F F n = 1 F + 1 F F m F 1 F + 1 וזאת בסתירה לכך שכל הביטויים מהצורה על ידי העברת אגפים נקבל כי למעשה: = 0 F {{}} n m הזאת שונים מ 0. מכאן שהמציין של F שונה מ 0 כנדרש. (ה) הסיקו שהגודל של שדה סופי הינו p n עבור p ראשוני ו N n כלשהם. פתרון נניח כי F שדה סופי. מסעיף ד' אנו יודעים שהמציין של שדה סופי הינו גדול מ 0 ולכן על פי מה שלמדנו בכיתה הוא שווה לאיזשהו p ראשוני. לכן, מסעיף א' אנו יודעים שניתן להגדיר עליו מבנה של מ"ו מעל Z p ועל פי סעיף ב' המימד של F מעל Z p הינו סופי. נסמן: n. = dim Zp F לפי סעיף ג' נובע כי הגודל של F הוא p. n (ו) הסיקו שאין שדה עם שישה איברים. פתרון ראינו שהגודל של שדה סופי הוא חזקה של ראשוני. כיוון ש 6 הוא לא חזקה של שום ראשוני, נובע כי אין שדה עם שישה איברים. 4. יהי V מרחב הסדרות הממשיות. האיברים ב V הם סדרות מהצורה 1=n a), n ) כאשר a. n R נגדיר על מרחב זה מבנה של מרחב ווקטורי מעל R על ידי חיבור ווקטורי וכפל בסקלר המוגדרים באופן הבא: (a n ) n=1 + (b n ) n=1 := (a n + b n ) n=1 (a n ) n=1 := ( a n ) n=1 עבור R ו.(a n ) n=1, (b n ) n=1 V הווכחו (אין צורך להוכיח) כי זהו אכן מרחב ווקטורי מעל.R (א) הוכיחו כי V איננו נוצר סופית כמ"ו מעל R. נ"ס מעל R ונרשום:.dim R V = m לכל,i N נגדיר את הסדרה n=1 (e i,n ) { פתרון נניח בשלילה כי V 0 n i = i,n.e כיוון ש m,dim R V = נובע כי הסדרות המוגדרת על ידי: 1 n = i (e 1,n ) n=1,..., (e m+1,n ) n=1 הן תלויות ליניארית. כלומר קיימים 1,..., m+1 R שלא כולם 0 כך ש: ( 1, 2,..., m+1, 0, 0,...) = 1 (e 1,n ) n= m+1 (e m+1,n ) n=1 = (0) n=1 וזו כמובן סתירה לכך שלא כל ה j שווים ל 0. 6

7 (ב) תהי U קבוצת כל הסדרות הממשיות בהן מספר ה a i ששונה מ 0 הוא סופי. כלומר, לכל סדרה 1=n a) n ) ב U, קיים N (שתלוי בסדרה) כך ש = 0 i a לכל i. > N הוכיחו כי U הינה תת מרחב של V..{0} n=1 פתרון כמובן ש U לא ריק כיוון ש: U j > ו m i > l לכל a i = b j = 0 ומתקיים ש: (a n ) n=1, (b n ) n=1 U סגירות לחיבור: נניח כי.i עבור.m, l N נסמן l} N = max {m, ונקבל כי לכל k > N מתקיים: = 0 k a k + b ומכאן שגם.(a n + b n ) n=1 U.ii סגירות לכפל בסקלר: נניח כי (a n ) n=1 U ו R. ומתקיים ש: = 0 i a לכל i > l עבור.l N מכאן שגם = 0 i a לכל i > l ולכן גם.( a n ) n=1 U (ג) האם U נוצרת סופית כמ"ו מעל R? הוכיחו או הפריכו. פתרון לא: ההוכחה דומה להוכחה בסעיף א' שכן הסדרות מהצורה 1=n e) i,n ) בהן השתמשנו בסעיף א' נמצאות גם ב U. 7