אלגברה א' - פתרונות לשיעורי הבית סמסטר חורף תשס"ט

Transcript

1 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך אלגברה א' - פתרונות לשיעורי הבית סמסטר חורף תשס"ט תוכן עניינים : גליון שדות... גליון מרוכבים 7... גליון מטריצות... גליון 4 דירוג, דרגה ואלמנטריות... 8 גליון 5 מרחב וקטורי + מרחב נפרש... גליון 6 מערכת משוואות... 7 גליון 7 מטריצות הפיכות... גליון 8 תלות לינארית... 4 גליון 9 בסיס ומימד... 8 גליון טרנספורמציות לינאריות גליון מטריצות מייצגות... 5 גליון דטרמיננטים גליון ערכים עצמיים ווקטורים עצמיים יואל שוורצר

2 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 - שדות גליון פתרון לשאלה נניח בשלילה כי קיים איבר בשדה F אשר יש לו איברים נגדיים. נסמן את האיבר ב- a ואת שני הנגדיים לו ב- b., b, a+ b מצד אחד, ע"פ ההנחה: = לכן ניתן לכתוב את השוויון גם כך:. +a b השוויון לאפס נובע מקיום האיברים בשדה. ומצד שני =. a+ b = a+ b :(b נוסיף את הנגדי ל- a לשני האגפים (לא משנה איזה, בה"כ את ( ) + b = ( ) + b ( a+ b) + b = ( a+ b) + b a+ b + b = a+ b + b. b = b קיבלנו סתירה להנחה ששני האיברים הנגדיים ל- a שונים, ולכן ההנחה בשלילה איננה נכונה בשדה F לכל איבר קיים נגדי יחיד. פתרון לשאלה. F נניח בשלילה כי קיימים שני איברי יחידה בשדה. וב- נסמן את האיברים האלו ב-. = : נקבל את הוא איבר בשדה ולכן אם נכפיל אותו באיבר היחידה מצד אחד,. = : נקבל את הוא איבר בשדה ולכן אם נכפיל אותו באיבר היחידה מצד שני,. = = = קיבלנו: קיבלנו סתירה להנחה ששני איברי היחידה הם שונים, ולכן ההנחה בשלילה איננה נכונה F קיים רק איבר יחידה אחד. בשדה פתרון לשאלה. a, b F. ( a+ b) = a+ ( b) נתון: צ"ל: a+ b F קיים לו נגדי בשדה, הוכחה: a, b F a+ b F (סגירות לחיבור). (לכל איבר בשדה יש נגדי). (שוויון בין איברים).. d נסמנו ב- ( a+ b) F קיים לו נגדי בשדה,. d (לכל איבר בשדה יש נגדי). נסמנו ב- a+ b= ( a+ b) ( a+ b) F..( a+ b הנגדי של d ) d+ a+ b= a+ b+ a+ b= a+ a+ b+ b= + =. נבדוק את הניחוש שלנו: פעולת החיבור היא חיבור הממשיים).. a+ הנגדי של b 8 יואל שוורצר. ( a+ b) d. d = d כעת נראה כי d = a+ b d ננחש כי = a+ b (מכיוון שלא נתון אחרת אנו מניחים כי ניחשנו נכונה ולכן a+, וש- b d d קיבלנו כי האיבר הוא הנגדי של הנגדי של ולכן קיים לו נגדי יחיד.. ( a+ b) = a+ ( b) F שייך לשדה a+ b= ( a+ b), d או במילים אחרות = d מכך נובע כי מ.ש.ל.

3 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 פתרון לשאלה 4 על מנת להוכיח ש- F שדה יש לעבור על הכללים ולראות שהם מתקיימים. לאורך כל ההוכחה נסתמך על העובדה שתוצאת החיבור והכפל של רכיבי איברים גם היא שייכת ל- Q מכיוון שהוא.( a c Q, a+ c Q a, שדה. (כלומר: c Q כמו כן, מכיוון שלא נתונה הגדרה לשוויון מסוג שונה, נניח כי השוויון בין איברים הוא שוויון טבעי, כלומר. a= c וגם b= d a, b = c, d (, ). a+ c b+ d F ( a, b),( c, d) F.Q סגירות לחיבור: מתקיים תחת ( ( a, b) + ( c, d) + ( e, f) = ( a, b) + ( c, d) + ( e, f) אסוציאטיביות: אגף שמאל: ( a, b) + ( c, d) + ( e, f) = ( a+ c, b+ d) + ( e, f) = ( a+ c+ e, b+ d+ f) אגף ימין: ( a, b) + ( c, d) + ( e, f) = ( a, b) + ( c+ e, d+ f) = ( a+ c+ e, b+ d+ f) פיתוח שני האגפים הוביל לתוצאה שווה ולכן השוויון מתקיים. (. ( a, b) + ( x, y) = ( a, b) \ a+ x= a + a a+ a + x= a+ a + x= x= ( x, y) קיום איבר ה- (איבר אדיש חיבורית): נמצא את איבר ה- בצורה הבאה: חיפוש איבר ע"פ הגדרת השדה: כך שיתקיים:. ( a, b) + ( x, y) = ( a+ x, b+ y) כעת נדרוש: a+ x= a. נפתור את המשוואה: b + y = b.(,) ( a) ) הוא הנגדי של a בשדה Q). בצורה דומה נמצא את. y קיבלנו כי איבר האפס בשדה F הוא: ( ( x, y) ( a, b) איבר נגדי: נמצא את האיבר הנגדי ע"י הדרישה: לכל נדרוש: מציאת איבר נפתור את המשוואות: כך שיתקיים: \ x ( a) ( a) a+ x= + a a+ a + x= + a + = x=. ( a, b) a+ x=. b + y = F. ( a, b) + ( x, y) = (,) ( a) ) הוא הנגדי של a בשדה Q). בצורה דומה נמצא את. y ( a, קיבלנו כי האיבר הנגדי ל- (b בשדה הוא: (4 8 יואל שוורצר

4 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 :( a, b) + ( c, d) = ( c, d) + ( a, b) ( a, b) + ( c, d) = ( a+ c, b+ d) = ( c, d) + ( a, b).(q קומוטטיביות: (נובע מתכונת הקומוטטיביות של השדה (5 (, ). ac+ bd ad+ bc F ( a, b),( c, d) F. ad+ bc Q וגם ac+ bd Q a, b, c, d Q כי Q סגירות לכפל: מתקיים תחת (6 ( a, b) ( c, d) ( e, f) = ( a, b) ( c, d) ( e, f) ( a, b) ( c, d) ( e, f) = ( ac+ bd, ad+ bc) ( e, f) = (( ac bd) e ( ad bc) f, ( ac bd) f ( ad bc) e) ( ace+ bde+ adf + bcf, acf + bdf + ade+ bce) = ( a, b) ( c, d) ( e, f) ( a, b) ( ce df, cf de) ( a( ce df) b( cf de), a( cf de) b( ce df) ) ( ace+ adf + bcf + bde, acf + ade+ bce+ bdf ) = + + = = אסוציאטיביות: אגף שמאל: אגף ימין: (7 ניתן לראות כי הרכיבים שווים זה לזה (נובע מתכונת הקומוטטיביות של השדה לזה, ולכן השוויון מתקיים. Q) ולכן האיברים שווים זה. ( a, b) ( x, y) = ( a, b). x=, y= ( x, y) קיום איבר היחידה (האדיש כפלית), האיבר" ":,a, חיפוש איבר נמצא את איבר "" בצורה הבאה: לכל b כך שיתקיים:. ( a, b) ( x, y) = ( ax+ by, ay+ ע"פ הגדרת השדה: bx) כעת נדרוש: ax+ by= a. במקום לפתור את המשוואות, ננחש פתרון: ay+ bx= b (8, ולכן הניחוש נכון. ( a, יש לבדוק את הניחוש: נציב במשוואות ונראה כי הן מתקיימות לכל (b קיבלנו כי האיבר "" בשדה F הוא: (, ). bx ( a, b) ( x, y) = (,) = ay bx= ay \ b a x= y b ( x, y) קיום איבר הפכי: נמצא את האיבר ההפכי ע"י הדרישה: מציאת איבר לכל כאלה אשר אינם איבר ה-. כך שיתקיים:. ( a, b) ( x, y) = ( ax+ by, ay+ bx) ax+ by=. נפתור את המשוואות (תחת השדה Q): ay+ bx= :b ( a, b) ע"פ הגדרת השדה: לכן נדרוש: כעת נפריד לשני מקרים: א. (9 נציב במשוואה הראשונה כדי למצוא את : y b a y= x= b a b a 8 יואל שוורצר

5 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 5 מתוך 6 x+ ay= ay= y= ax= x= a ב. במקרה ו- =b, בטוח ש- a (אחרת זהו איבר האפס ואין לו הפכי). נציב במשוואה הראשונה כדי למצוא את : x לכן: נשים לב שקיבלנו את אותו הפיתרון כמו במקרה הקודם (עם הצבת =b), כלומר עבור כל איבר שאינו איבר האפס, האיבר ההפכי הוא: a b, b a b a a b b a b a ( a, b), = (,) אם נבצע את ההכפלה נכונה. לשם בדיקה נשים לב כי תשובתנו היא :( a, b) ( c, d) = ( c, d) ( a, קומוטטיביות: (b ( a, b) ( c, d) = ( ac+ bd, ad+ bc) = ( c, d) ( a, b) (נובע מהפעולות תחת השדה Q). ( ( a, b) ( c, d) + ( e, f) = ( a, b) ( c, d) + ( a, b) ( e, f) ( a, b) ( c, d) ( e, f) ( a, b) ( c e, d f) ( a( c e) b( d f), a( d f) b( c e) ) ( ac+ ae+ bd+ bf, ad+ af + bc+ be) + = + + = = ( a, b) ( c, d) + ( a, b) ( e, f) = ( ac bd, ad bc) ( ae bf, af be) ( ac+ bd+ ae+ bf, ad+ bc+ af + be) = דיסטריבוטיביות: נבדוק האם מתקיים אגף שמאל: אגף ימין: ( ניתן לראות כי הרכיבים בתוצאה בשני האגפים שווים (נובע מתכונת הקומוטטיביות של השדה Q) ולכן השוויון מתקיים. הוכחנו קיום כל התכונות הנדרשות לקיום שדה, ולכן הקבוצה F מ.ש.ל. הנתונה תחת הפעולות הנתונות היא שדה. 8 יואל שוורצר

6 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 6 מתוך 6 פתרון לשאלה 5 x+ y= x+ y= : Z נפתור את מערכת המשוואות תחת השדה נחבר את שתי המשוואות ונקבל (לא לשכוח שכל החשבונות בתרגיל זה נעשים במודולו ): y= \ 4y= y= נציב את =y במשוואה הראשונה ונקבל: ( הוא הנגדי של ) x+ = \ + x+ = + x= x + = פתרון לשאלה 6 נראה כי למשוואה יש פתרון בשדות הבאים: x x + = \ + = x= x x + = \ + 4 = 4 x =, x = x x + = \ + 6 = 6 x = 4, x = : Z : Z 5 : Z 7 בשדה בשדה בשדה 8 יואל שוורצר

7 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 7 מתוך 6 - מרוכבים פתרון לשאלה ב' גליון ( + i) ( + i) a+ ib = a b + abi במקרה הזה נפתח לפי מכפלה פשוטה של מספרים מרוכבים: ( + ) = + ( ) ( ) = ( + ) a ib a ab a b b i a ib a ab a b b i ( 4+ 4i) ( i( ) ) ( 7 6+ i( 54 8) ) ( 4 + 4i) ( 9+ 46i) ( + 4i) + i i + 4i i = = = + 6i + 6i 4i + 4i 7i i 44 5i = = = = = + 4i + 4i 4i פתרון לשאלה i z+ z + i z z = i+ i z+ z+ z z = i+ i z= i+ \ : i z= i+ \ i z= + i z= i א. ד. נפתור לפי הנוסחא הרגילה: x i x i = i ± i 4 5 5i i ± 5 i + i i ± 5+ 8i = = a+ ib = 5+ 8i. z a b + abi= 5+ 8i a b = ab= 8 5 = 5+ 8i על מנת לחשב את הביטוי שבשורש, נמצא אילו מספרים מרוכבים מקיימים:. a, b R כאשר z= a+ נסמן ib 4. b= ניתן לראות כי a, אחרת המשוואה השניה אינה מתקיימת. לכן ניתן לחלק ב- : a a 4. a =, a = 6 נפתור ונקבל:. a + 5a 6= נציב במשוואה הראשונה ונקבל: a =, b = 4 z = + 4i a =, b = 4 z = 4i a מרוכב). ולכן נתעלם מ- 6 = a (אחרת גם a דרשנו ש- R כעת = a, a =, ובמקרה כזה: 8 יואל שוורצר

8 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 8 מתוך 6 נחזור לחישוב משוואת השורשים המקורית: ( i) ± ( + 4i) = ( + i), ( i) מקרה I i ± 4i = ( + i), ( i) מקרה II כלומר בכל מקרה מקבלים את אותם שני הפתרונות. לסיכום: x = + i, x = i פתרון לשאלה 5 ע"פ הנתון: z. Im wz =, Im w,im w=α צ"ל: z הוכחה: Im wz = wz= β, β R wz= α z, α R z z wz α zz = z ולכן גם Im( z) נתון כי z z z z z z z z w = α z w = α z w= α z z z z z מ.ש.ל. פתרון לשאלה 7 z = w Re z+ w z w צ"ל: = :( z+ w)( z w) ( z+ w)( z w) = z z z w+ z w w w = z zw+ zw w = z w iim( zw) ראשית נפתח את הביטוי ( z w)( z w) z w i ( zw) z = w Re z+ w z w = Re + = Re Im = z w = z = w z = w כיוון : נוכיח Re z+ w z w = z = w ( z w)( z w) z w i ( zw) ( z w)( z w). Re + Re + Re Im z w z w z w כיוון : נוכיח נניח בשלילה כי קיבלנו סתירה לנתון, לכן ההנחה בשלילה אינה נכונה, לכן הטענה נכונה. מ.ש.ל. 8 יואל שוורצר

9 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 9 מתוך 6 פתרון לשאלה 8 א. הטענה נכונה (בהנחה ש- w, אחרת התרגיל אינו מוגדר). הוכחה: c+. z= a+ ib, w= נציב במשוואות ונראה שנגיע לאותה תוצאה. נסמן: id אגף שמאל: z z w zw ac db i( ad+ bc) = = w w w w c + d z ac db i ad+ bc ac db Re = Re = w c + d c + d w c + d ( Re( z) Re( w) Im( z) Im( w) ) = ( ac bd) אגף ימין: הגענו לאותה תוצאה ולכן השוויון מתקיים. ב. הטענה נכונה. הוכחה: +c. =w נציב במשוואות ונראה שנגיע לאותה תוצאה. נסמן: id אגף שמאל: Im( w ) = Im( c d + icd) = cd אגף ימין: Re( w) Im( w) = c d הגענו לאותה תוצאה ולכן השוויון מתקיים. Im Im( ) ג. הטענה איננה נכונה.. z= a+ ib, w= c+ נסמן: id אגף שמאל: אגף ימין: נציב במשוואות ונראה שנגיע לתוצאה שונה: wz = ac+ bd+ i bd bc = bd bc Im Re w z = c b z= + i w = + i לכן, אם נבחר למשל מ.ש.ל. אז נפריך את הטענה. פתרון לשאלה. z z+ Im( z) = Im = z נתון: צ"ל: z+ z+ z z+ z z+ z zz z+ z 4 = = = = = z z z z z z z z z + z z 4 = = z z ( z 4 i Im( z) ) z+ : z ראשית נפתח את z+ Im( z) = Im = z כיוון : נוכיח 8 יואל שוורצר

10 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 z+ Im = Im ( z 4 4i Im( z) ) = Im( z) = z z Im( z ) = z+. Im = Im( z) כיוון : נוכיח = z z+. Im נניח בשלילה כי z z+ Im Im ( z 4 4i Im( z) ) 4 Im( z) z z Im( z) קיבלנו סתירה לנתון = z, Im לכן ההנחה בשלילה אינה נכונה, לכן הטענה נכונה. מ.ש.ל. פתרון לשאלה 4. z. Re + < z z נתון: צ"ל: z z z + z Re + Re Re z z = + = = z z z z z z z + z z z + i Im z z z Re = Re = = = z z z z z z נפתח את הביטוי:. < z ומכיוון ש מ.ש.ל. z הינו מספר ממשי אזי ברור כי ( + i) = ( + i) = cis( 45) = cis( 5) z cis( 5) 5 6 z= cis + k = cis( 45+ k), k =,, z = cis45= + i z z = = = cis 65 cis 85 פתרון לפרק, עמוד 5, שאלה :( + i) ראשית נמצא מהו נמצא את שלושת השורשים השלישיים של מספר זה: 8 יואל שוורצר

11 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 פתרון לפרק, עמוד, שאלה א' z + z = + i 4 4 a b + iab+ a + b a b + 4a b = + i 4 4 a b + iab+ a + a b + b = + i a b + iab+ a + b = + i a b + iab+ a + b = + i a + i ab= + i a + iab= + i. z= a+ ib, a, b נסמן R a = קיבלנו. ab= מקרה I: =a a ). חייב להיות ממשי ולא מרוכב, ציינו זאת בתחילת התרגיל). a= b= = a a= b= = a z = + i, z = i. a= מקרה :II לכן הפתרונות הם: 8 יואל שוורצר

12 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 - מטריצות גליון פתרון לשאלה 8 z = i= cis ( 9) ( ) ( 5) ( 7) z= cis + k, k =,, z = cis = + i z = cis = + i z = cis = i. i= z i = : z ראשית נחשב את המשוואה = i נשים לב כי סכום השורשים הוא אפס: z z z z+ z+ z AB= z z z. = z + z + z = z z z z z z + + א. נבצע את ההכפלה: z z z CA= z z z = z z z = + i + i i z z z ( ) ב.,. ( AE) m ij = aipe pj p= : AE. q n AE פתרון לשאלה 5 א. נשים לב כי גודל נתון כי האיבר הוא נבחן את הביטוי לאיבר כללי ב- הוא היחיד שאינו אפס, כלומר כל שאר האיברים הם בהכרח אפס, ובפרט כל העמודות שאינן m AE = a e = a = ij m ip pj ip p= p= i q j l ולכל i e kl העמודה ה- l ב- E הנן כולן אפסים. לכן עבור כל כלומר כל עמודות AE חוץ מהעמודה ה- l הן אפסים. נבחן את העמודה ה- l ב- : AE =p, ולכן האיבר כל האיברים הם אפסים פרט לכאשר k מתקיים כי עבור ( AE) il יראה כך: m k m k m AE = a e = a e + a e + a e = a + a + a = a il ip pl ip pl ik kl ip pl ip ik ip ik p= p= p= k+ p= p= k+,.( e ואחרת =, e = מתקיים ש- p= (כי רק עבור k pl,,..., AE = a AE = a AE = a kl e pl l k l k ql qk קיבלנו כי או במילים אחרות: המטריצה AE היא מטריצה שהעמודה ה- l שלה זהה לעמודה ה- k ב-. A בצורה פורמלית: aik, j= l i i q, ( AE) = ij, otherwise 8 יואל שוורצר

13 ,. ( EB) n ij = eirbrj r= : EB 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6. m ב. נשים לב כי גודל EB הוא p נתון כי האיבר נבחן את הביטוי לאיבר כללי ב- הוא היחיד שאינו אפס, כלומר כל שאר האיברים הם בהכרח אפס, ובפרט כל השורות שאינן n EB = e b = b = ij m ir rj rj r= r= j p i מתקיים כי k ( EB) kj j e kl השורה ה- k ב- E הנן כולן אפסים. לכן עבור כל ולכל כלומר כל שורות EB חוץ מהשורה ה- k הן אפסים. נבחן את השורה ה- k ב- : EB =r, ולכן האיבר כל האיברים הם אפסים פרט לכאשר l עבור יראה כך: n l n l n kj EB = e b = e b + e b + e b = b + b + b = b kr rj kr rj lr lj kr rj rj lj rj rj r= r= r= l+ r= r= l+,.( e = kr e kr r= מתקיים ש- = e, ואחרת l,,..., EB = b EB = b EB = b kl k l k l kp lp (כי רק עבור קיבלנו כי או במילים אחרות: המטריצה EB היא מטריצה שהשורה ה- k שלה זהה לשורה ה- l ב-. B בצורה פורמלית: blj, i= k j j p, ( EB) = ij, otherwise. n ( E E ) = eir erj ij r= : E E. E = E, E = E m n n m. m m E E ג. נסמן לעצמנו נשים לב כי גודל אם נסמן את הוא כ-, B נקבל את סעיף ב'. נבחן את הביטוי לאיבר כללי ב- נפתור לפי המסקנות שהגענו אליהן בסעיף ב', כלומר הוכחנו כי E n m = המטריצה E B היא מטריצה שהשורה ה- k שלה זהה לשורה ה- l ב-, B או אם נחזור לסימון הקודם: המטריצה E E היא מטריצה שהשורה ה- k שלה זהה לשורה ה- l ב-. E נבחן את איברי השורה ה- k ב- : E E =r, ולכן האיבר l הם אפסים פרט לכאשר e rk =r, וכן כל האיברים l הם אפסים פרט לכאשר e kr כל האיברים E E =. ki n r= n kr ri k i kl li kn ni = + + = r= ( E E ) ki E ה- i בשורה ה- k יראה כך: e e = e e e e e e = =, i= k e e kr ri..., otherwise קיבלנו כי במטריצת המכפלה בשורה ה- k האיבר היחיד שאינו אפס הוא האיבר במקום ה- E E = : k kk E לסיכום: המטריצה E ל-. בצורה פורמלית: היא מטריצה שכל האיברים בה הם אפסים פרט לאיבר בשורה ובעמודה ה- k השווה, i, j i m j m E E = ij, i= j= k otherwise 8 יואל שוורצר

14 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 פתרון לשאלה 6 א. k, k ע"פ סעיף א' של השאלה הקודמת, CE היא המטריצה שהעמודה ה- k שלה זהה לעמודה ה- k ב- C. k, k כלומר, CE נראית כך: K c k K K ck K M M O M M k, k CE = K cn, k K K cnk K k, k מצד שני, ע"פ סעיף ב' של השאלה הקודמת, E C היא המטריצה שהשורה ה- k שלה זהה לשורה ה- k k, k C. כלומר, E C נראית כך: L M M L M M k, k E C= ck ck L ck, n c k, n M M L M M K k, k k, k נתון כי C מתחלפת בכפל עם כל מטריצה מאותו הסדר, ולכן. CE = E C i, וזאת הגדרת המטריצה האלכסונית. לכן ניתן להסיק כי בהכרח = c עבור j ב- לכל. k =,, K, n נכתוב את המטריצות עבור = k : C, שווה לעמודה הראשונה של CE, C). שווה לשורה השניה של E C, ij,k נתון כי ב. C מתחלפת בכפל עם E CE היא המטריצה שבה העמודה השניה של E C היא המטריצה שבה השורה הראשונה של, ), c K c c L c, n cn c K M M L M M M M O M = = = cn, L cn M M L M M L K. c = c ניתן לראות כי ובאופן כללי: K c K ck ck L ck, n ckn K c K M M L M M M M O M M = = = K cn, K cn M M L M M K K K. c = c ואז נקבל כי,, CE L E C, k, k CE L E C kk לכל k =,, K, n כלומר כל איברי c לסיכום: הראינו כי C היא מטריצה אלכסונית, וכן כי = c האלכסון שווים זה לזה, ולכן C היא מטריצה סקלרית. מ.ש.ל. kk 8 יואל שוורצר

15 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 5 מתוך 6 פתרון לשאלה 4 א. נכתוב את המטריצות ונשים לב לסדרים: a K an x b A= M O M, x= M, b= M am a mn x n b L m נבצע את ההכפלה: n a ixi a a n x b a an x K K i= M O M M = M M O M M =M n am a mn x n b m am a mn x L L n ami x i i= ax + a x+ a x an xn b= M = am x amx amx... amnx n a a a an = x M + x M + x M xn M a m a m a m a mn. A נשים לב שקיבלנו את b כצירוף לינארי של עמודות נכתוב את המטריצות ונשים לב לסדרים: a K an x= ( x K x m), A= M O M, b= ( bk b n) am a L mn נבצע את ההכפלה: a K an m m ( x K x m) M O M = ( b K b n) = x iai K x iain= i= i= am a L mn = x a + x a + K+ x a K x a + x a + K+ x a = ( m m n n m mn) x ( a a K a ) x ( a a K a ) K x ( a a K a ) = n n m m m mn ב.. A נשים לב שקיבלנו את b כצירוף לינארי של שורות ג. נכתוב את המטריצות ונשים לב לסדרים: a K an b K b k c K c k A= M O M, B= M O M, C= M O M am a mn bn b nk cm c L L L mk נבצע את ההכפלה: n n a ibi a ibik a an b b k c c K K K K k i= i= M O M M O M = M O M = M O M = n n am a mn bn b nk cm c L L L mk amibi amib L ik i= i= 8 יואל שוורצר

16 ab anbn K ab k a nbnk = M O M am b amnbn am b k amnb L nk 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 6 מתוך 6 נכתוב את עמודות C כצירוף לינארי של עמודות. A i ניתן לבטא כך: את העמודה ה- i של k C a a an b i M + bi M bni M a a a m m mn נכתוב את שורות C כצירוף לינארי של שורות. B i ניתן לבטא כך: את השורה ה- i של m C ( K ) + ( K ) + K+ ( K ) a b b b a b b b a b b b i k i k in n n nk פתרון לשאלה 5 ב. הטענה איננה נכונה, נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת: 4 86 A 5 9 =, 7 B = 4 AB = BA = t t t A=, B = AB B A = = 69 8 ג. הטענה איננה נכונה, נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת: A=, B=, AB= קל לראות שהמטריצה AB איננה מטריצה אנטי סימטרית ולכן הטענה איננה נכונה. ד. הטענה איננה נכונה, נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת: A=, B=, AB=, BA= 4 4 ניתן לראות שהמטריצה AB AB=, ולכן הטענה איננה נכונה. היא מטריצה אנטי סימטרית אך לא מתקיים כי BA 8 יואל שוורצר

17 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 7 מתוך 6 פתרון לשאלה 7 A = + ( ) =. tr A a a a b A ע"פ הדרישות: A=. מתקיים ש- c a a b a b a + bc ab ab a + bc c a c a ac ac bc+ a a + bc = = = נבנה את המטריצה נבצע את ההכפלה: קיבלנו כי A מ.ש.ל. היא מטריצה סקלרית. פתרון לפרק, עמוד 7, שאלה א'. Z 5 a b 4 AB= = c d a b B= c d נחפש מטריצה כך שיתקיים מעל a+ c= a= b d 4 + = b= 4 c= c= d = d = נרשום את המשוואות ונפתור אותן: 4. B= המטריצה B היא: 8 יואל שוורצר

18 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 8 מתוך 6 גליון 4 דירוג, דרגה ואלמנטריות כדי לוודא את תוצאתנו בדירוג מטריצות, ניתן להעזר באתר הבא אשר מדרג מטריצות לצורה קנונית מכל סדר וגם מפרט את דרך הפיתרון: (דירוג מטריצות לצורה קנונית באנגלית:.(Gauss Jordan elimination פתרון לפרק, עמוד, תרגיל א' נתון כי המטריצות A ו- B הן שקולות שורה, ולכן ניתן להביא אותן לצורה קנונית יחידה. A R R+ R = B 4 4 R R R R+ R = כעת נבטא את הפעולות שביצענו באמצעות המטריצות האלמנטריות: עבור : B R R : = E R R+ R : = E עבור A אנו זקוקים לפעולה ההפוכה שביצענו, על מנת לעבור מהמטריצה הקנונית ל-. A תחת נבטא זאת כך: + : R R R = A 4 = E E E B = = 4 E Z 5 כעת ניתן לרשום: פתרון לפרק, עמוד, תרגיל A א. נבצע פעולות שורה על מנת להביא את לצורה קנונית: R R+ R 4 R R R R+ R R R a b c x y z ב. נחפש את כל המטריצות הקנוניות מהצורה: יש סוגים כאלה: 8 יואל שוורצר

19 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 9 מתוך 6 a a b,, p+ p + מטריצות קנוניות.,a יש p אפשרויות, ולכן נקבל סה"כ b לכל, Z p p= יש :7,,,,, תחת עבור עבור p= יש :,,,,,,,,,, פתרון לפרק, עמוד 7, תרגיל נביא את המטריצה לצורה מדורגת: a a a a R R R R R R a a a R 4 R4 R a a a a a+ a a a+ a a a + a a a a a a a + a R R R 8 יואל שוורצר

20 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 ננסה לאפס כל איבר מוביל על מנת לגלות מהם הערכים הקריטיים, ולבסוף נציב אותם אחד אחד ונראה מה a= a = התוצאה: נדרוש: a + a = a = cis ( ) a= cis k, k =,, a =, a = + i, a = i המשוואה השניה: = a. d( c+ ) = a a c id c id c d c i cd d + = = = cd+ d = c d + c = c d + c =. c, d R המשוואה השלישית: c+ a= כאשר נסמן id במשוואה השניה ונקבל: c= =c הם פתרונות. נציב את מהמשוואה הראשונה רואים ש- = d או = d d = 4 4 =c אינו פתרון מתאים למערכת הזו. c + c = c =,. a,,, + i, i, d ולכן אין פתרון, כלומר R ננסה את = d : כלומר בינתיים קיבלנו כי =a או =a. נאחד את כל הפתרונות שקיבלנו בינתים ונשלול אותם: כעת נציב כל אחד מהפתרונות, ונבדוק איזה דרגה כל פיתרון נותן: R R R+ R עבור a= : קל לראות שהדרגה המתקבלת היא. עבור a= : קל לראות שהדרגה המתקבלת היא. 9 עבור a= : קל לראות שהדרגה המתקבלת היא. 8 יואל שוורצר

21 ( i) ( + i) 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 : a= ( + i) ( ) + + ( i ) + i + i i i R ( ) ( ) i R R 4 R 4 ( i) ( i) עבור קל לראות שהדרגה היא. : a= ( עבור (i ( ) + + ( i ) i i i i R ( ) ( + ) i R + R 4 R 4 קל לראות שהדרגה היא.. a=,,, + i, i לסיכום: דרגת המטריצה תיהיה עבור כל אחד מהערכים הבאים: דרגת המטריצה תיהיה 4 עבור כל ערך אחר של. a דרגת המטריצה לעולם לא תיהיה או או. a פתרון לפרק, עמוד, תרגיל א' נתונה המטריצה. 4 R R R = ולכן דרגתה. + Z מתקיים נשים לב כי תחת 4 = ולכן דרגתה. Z מתקיים לעומת זאת תחת 4 R R R ולכן דרגתה. + Z 5 מתקיים תחת 4 אם כך, נחפש עבור כל p ראשוני, מהו התנאי כך שיתקיים שדרגת המטריצה תיהיה, כלומר שיתקיים שהאיבר a יתאפס אך האיבר לא יתאפס: + k = p. < k< עבור p 4 + k p p. k = נציב למשוואה השניה: במשוואה הראשונה נבטא את k באמצעות : p. 4+ p p p קיבלנו כי לכל p דרגת המטריצה תיהיה. 8 יואל שוורצר

22 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 גליון 5 מרחב וקטורי + מרחב נפרש פתרון לפרק, שאלה 5 ב. הקבוצה הנתונה אינה תת מרחב מכיוון שאינה סגורה לחיבור..V b נניח בשלילה כי הקבוצה הנתונה היא כן תת מרחב, נקרא לו n המקיימות את התנאי שמכפלת איבריהן הוא אפס: ניקח מטריצות n K K A K, A K. = = M M M M M M K K K K K A A K K K. + = + = V b. A, A נבצע את החיבור: לכן Vb M M M M M M M M M M K K L A + A V מכיוון שמכפלת איבריה אינה אפס. הוכחנו כי הקבוצה הנתונה אינה סגורה לחיבור, לכן ההנחה b V b אינו תת מרחב. שגויה, ולכן t A= A A / + A t t A= A A= A, α. V d φ V. הינה תת מרחב של V) d ד. הקבוצה הנתונה (נסמן V d היא קבוצת המטריצות הסימטריות: ראשית נראה באופן כללי כי וזוהי הגדרת מטריצה סימטרית. V d היא תת מרחב ע"י הוכחת קיום שלושת התנאים: כעת נוכיח Vd כי מטריצת האפס היא סימטרית ולכן : n n מטריצת האפס מסדר I. A B V A+ B V סגירות לחיבור: נראה כי II, d d ( A+ B) = ( a + b ) = ( a + b ) = ( A+ B) ij ij ij ji ji ji : ( A+ נקח את האיבר הכללי ב- (B, כלומר קיבלנו כי t ( A) = α( A) t ( A) a( A).α = d.( A+ B) Vd, A V a A V כלומר ( A) = ( a ) = ( a ) = ( A), α α α α ij ij ji ji d :α( A) A+,( A+ B) = ( ולכן B) t III כפל בסקלר: נראה כי נקח את האיבר הכללי ב ולכן כלומר קיבלנו כי ( A) Vd.α V d תת מרחב. הראנו את שלושת התכונות לקיום תת מרחב, ולכן מ.ש.ל. V) f אינה תת מרחב, מכיוון שהיא איננה סגורה לחיבור. ו. הקבוצה הנתונה (נסמנה כ- V f היא כן תת מרחב. נניח בשלילה כי n המקיימות את התנאי דרגתן : היא המטריצה שבשורה הראשונה שלה האיבר הראשון ניקח מטריצות n A A בעוד ש- הוא וכל שאר האיברים הם, האיברים הם : היא המטריצה שבשורה האחרונה שלה האיבר האחרון הוא וכל שאר 8 יואל שוורצר

23 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 K K A K, B M M O M. = = M M O M K K K. A B, Vf K K K A B K M M O M M M O M נבצע את החיבור: = + = +. M M O M K K K K K A+ היא ולא. ) ( מכיוון שדרגת B לכן ( A+ B) Vb הוכחנו כי הקבוצה הנתונה אינה סגורה לחיבור, לכן ההנחה שגויה, ולכן V f אינו תת מרחב. פתרון לפרק, שאלה 6 על מנת להראות מרחב וקטורי עלינו להוכיח קיום כל עשרת התכונות. :( x y) V x, y V + + x, y V x, y R x y= xy xy R x y V :( x y) z= x ( y מתקיים: (z ( x y) z= xy z= xyz x, y, z V סגירות לחיבור: אסוציאטיביות: לכל x y z = x yz= xyz קיבלנו שוויון ולכן האסוציאטיביות מתקיימת. ( ( : x y= y x x y= xy= yx= y x x, קומוטטיביות: לכל y V מתקיים ( : x V לכל + x= קיום איבר נייטרלי: קיים איבר ב- V המקיים x ננחש כי איבר האפס הוא. נבדוק את הניחוש: x. הוכחנו כי הניחוש נכון. R + לכל x= x=, וגם מתקיים x R +. x ( x) "". x = ( x) איבר נגדי: לכל x V קיים V נחפש איבר המקיים: המקיים ( x) = x, ולכן האיבר הנגדי של x הוא + R V = ולכן אין סכנה בחלוקה באפס. (4 (5. R נובע מתכונת החזקה ב- α, R + + x R : αo x R (6 α R α + x= x R. α o לכל ע"פ ההגדרה, x α α α α α o x x = αo x x = x x = x x = α o x αo x x, x R : αo( x x) = αo x α o x α R + x R :( α+ β) o x= αo x β o x α, β R + (7 (8 8 יואל שוורצר

24 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 x x α + β α β α+ β o = = x x = αo x β o x + x R = α, β R ( αβ) o x αo( β o x) aβ β α ( αβ) o x= x = ( x ) = α o( β o x). o x= x = x x R : o x= x R + (9 ( הראינו קיום כל עשרת התכונות, ולכן הקבוצה הנתונה תחת הפעולות החדשות היא מרחב וקטורי. פתרון לפרק, עמוד, שאלה 4 ( a c) 4 א. U היא איננה תת מרחב מכיוון שאינה מקיימת את תכונת הכפל בסקלר. נראה ע"י דוגמא: 6.( 6 ) = 5 A U מכיוון ש =, וכמו כן 4. A= תהי נבחר את הסקלר להיות : = =A. ניתן לראות שכעת הדרישה A U = =, ולכן 5 5 אינה מתקיימת, מכיוון ש- 4 לכן U איננה תת מרחב. a = V מרחב ווקטורי. b a, b, c R יהיה. v n התשובה שלילית, כלומר u הוא אינו כפולה של c =u, כלומר איבר הנפרש ע"י. v =, v =, v יהיה = את האיברים ב- V: 5,v v, אך לא ע"י. v, v קל לראות כי u הוא אינו כפולה של. v ב. נסמן v n ג. W אינו תת מרחב לכל בחירה של U ו- V מכיוון שאינו מקיים את תכונת הסגירות לחיבור. נראה זאת ע"י שני איברים ששניהם ב- W אך חיבורם נותן איבר שאינו ב- W. יהי.u, u U בהכרח יש אחד כזה כי.U ( u) U { }. w U. z= u+ w יהי. w, w W ע"פ הגדרת W נובע כי ) ( ל- w קיים נגדי והוא w. נתבונן באיבר:. z U טענה:. z U הוכחה: נניח בשלילה כי (u U ) ( הוא גם כן מרחב וקטורי, ולכן אם U יהי (u ( הנגדי של u. וקטורי ולכן גם לא תת מרחב, בסתירה לנתוני השאלה). U נובע: מתכונת הסגירות לחיבור של אז U אינו מרחב ( u) U z U z+ u = u+ u + w = w U (לפי אותו טיעון, אחרת U אינו מרחב וקטורי). w U w U.W ע"פ הגדרת w W w U אך אנו בחרנו את w כך ש-. w W לכן קיבלנו סתירה, כלומר ההנחה כי z U איננה נכונה ולכן. z U נחזור לטענה המקורית, כי W אינו תת מרחב מכיוון שאינו מקיים את תכונת הסגירות לחיבור. 8 יואל שוורצר

25 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 5 מתוך 6 z W w W z+ w= u+ w + w= u.w. z W z U לפי הגדרת W: נבצע את החיבור:, u W u U כלומר תכונת הסגירות לחיבור אינה מתקיימת אצל פתרון לפרק, עמוד 8, שאלה 4 א. הקבוצה הנתונה (נסמנה כ- V) איננה תת מרחב מכיוון שאינה מקיימת את תכונת הכפל בסקלר. נראה ע"י דוגמא: b V מכיוון ש- <, וכמו כן 5 =. 5 תהי b= = 5 5b=. ניתן לראות שכעת הדרישה < b a אינה נבחר את הסקלר להיות 5: מתקיימת, מכיוון ש- > 55 5, ולכן. 5b V לכן V איננה תת מרחב.., F ב. הקבוצה הנתונה (נסמנה כ- V) איננה תת מרחב מכיוון שאינה מקיימת את תכונת הכפל בסקלר. נראה ע"י דוגמא: = + כאשר Q. A V מכיוון ש-. A= תהי נבחר את הסקלר להיות 7 אנו מניחים ששדה זה הוא (מותר לבחור סקלר כזה, מכיוון שלא נתונה דרישה על השדה של איברי 7 7 7A= 7= ( ) = ( 7) ). R נבצע את ההכפלה: ניתן לראות שכעת הדרישה אינה מתקיימת כי רציונלי. לכן V איננו תת מרחב. ו- אינו ג. הקבוצה הנתונה (נסמן כ- V) היא תת מרחב. לפני שנראה את שלושת התנאים, נראה באופן כללי את משמעות התנאי לשיוך לקבוצה: x+ f x = a x + a x + a וגם f x V אזי: אם a ( ), ( ) f = a + a + a + a f = a a + a + a + a = a a + a + a = a f x = b x + b x + b x+ b B כי כעת נראה קיום תת מרחב ע"י הוכחת קיום כל שלושת התנאים:. f( x) = x + x + x + = : V φ איבר האפס הוא I. f = f ( ) A f ומתקיים =, f x = a x + a x + a x+ a, f ( ) = יהיו כלומר, כך ש-. b + b + b = b a + a + a = a וגם f V II סגירות לחיבור: A,. f x f x V B 8 יואל שוורצר

26 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 6 מתוך 6 ( ) ( ) f + x = f x + f x = a x + a x + a x+ a + b x + b x + b x+ b = A B A B ( a b) x ( a b) x ( a b) x ( a b) + ( ) = + + = ( + ) + ( + ) + ( + ) + ( + ) = ( a a a) ( b b b) ( a b) ( a) ( b) ( a b) a b ( a b ) f ( ) = f a b A B f a b a b a b a b A B = = = = + = + = f λ A λ A, f כלומר, מתקיים A( x) V A A+ B A f x = a x + a x + a x+ a תהיה כך ש- = A = ( ). fλ x λ f x λ a x a x a x a III כפל בסקלר:. a + a + a = a נכפול בסקלר: ( ) = λa = λ ( ) = λ ( + ) = λ = ( λ ) = ( ) f a a a a a a a a f λ A λ A ולכן. f x V הראנו קיום כל שלושת התכונות ולכן V הינה תת מרחב. 8 יואל שוורצר

27 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 7 מתוך 6 גליון 6 מערכת משוואות פתרון לפרק 6, שאלה 4 * נרשום את A ונדרג אותה: a a a = c 7 c a c b+ a R R R * R R R R R R A b b a b a. n r A = =, r A ולכן אין פתרונות למערכת. * = = r( A ) *, r( A) = r( A ) = c b+ a אם אז יש אינסוף פתרונות ודרגת חופש אחת כי a= c b+ אז אם לא יתכן מצב בו יתקיים פתרון יחיד למערכת. פתרון לפרק 6, שאלה 5 * נרשום את A ונדרג אותה: k k k R R k R R R ( k ) R R ( k ) R+ ( k + k+ ) R + = k k k k k + ( k k ) k k( k ) נבחן את הערכים החשודים:, ± = k., מקרה I נציב = k : * (כי = A = r נקבל אינסוף פתרונות עם דרגת חופש אחת..( n r A = =, r A, מקרה II נציב = k : * (כי = A = r נקבל אינסוף פתרונות עם שתי דרגות חופש..( n r A = =, r A, אינסוף פתרונות עם שתי דרגות חופש. מקרה III נציב = k : לסיכום: למערכת יש אינסוף פתרונות עם דרגת חופש אחת כאשר = k. למערכת יש אינסוף פתרונות עם דרגות חופש כאשר, = k. עבור הערכים,, k יש למערכת פיתרון יחיד. 8 יואל שוורצר

28 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 8 מתוך 6 פתרון לפרק 6, שאלה, כלומר יש משוואות ו- 4 נעלמים. ע"פ הנתון, ניתן להסיק כי המטריצה A היא מסדר 4 מבין שלושת האפשרויות למספר הפתרונות האפשריים (אין פתרון, פתרון יחיד, אינסוף פתרונות) ניתן לפסול את "אין פתרון" מכיוון שנתון שיש פתרון למערכת. ואם יש משוואות ו- 4 נעלמים ויש פתרון למערכת אז בהכרח יש אינסוף פתרונות עם דרגת חופש אחת. פתרון לפרק 6, שאלה 8 a 4 7. b span, 5, 8 c a b c למערכת יש פתרון כיוון : נדרג את מטריצת המערכת: 4 7 a 4 7 a R R R R R R R R R 5 8 b 6 b a 6 9 c 6 c a 4 7 a 4 7 a R ( ) 6 R b a a b c+ a b c+ a b b, =c כלומר ה- b (וקטור הפתרון, לא הנעלם!) a : c+ a b= נרצה שיהיה פתרון למערכת ולכן נדרוש a. b הוא עכשיו b a : כעת כדי לבדוק מהי הקבוצה הפורשת הקנונית, נדרג את המטריצה R R 4R R R 7 R R R R R ( ) R R R R α α span, 5, 8 = span, = α + β = β = β 6 9 α+ β β α לכן b =c שהוא התנאי עבורו יש למערכת פתרון. כלומר קיבלנו כי וקטור הפתרון מקיים את a מ.ש.ל כיוון. 8 יואל שוורצר

29 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 9 מתוך a b c למערכת יש פתרון. a 4 7 b span, 5, 8 c 6 9 כיוון :. c= b a 4 7 α, span, 5, 8 = β 6 9 β α a b c הוכחנו כבר כי נפרש ע"י כלומר מתקיים כי. c= b ונקבל כי התנאי לפתרונה הוא a התנאי מתקיים ע"פ הנתון ולכן a b נדרג את המערכת c למערכת יש פתרון. מ.ש.ל. כיוון. פתרון לפרק 6, שאלה A, ולכן תחת שדה זה לעולם לא יתכנו אינסוף פתרונות. ניתן לפסול את סעיפים א' ו-ד'. Z נתון כי נתון כי יש 8 פתרונות, כלומר יש מספר דרגות חופש. מספר דרגות החופש הוא איזשהי חזקה של. p אצלנו: =p ולכן מכיוון ש- = 8 נסיק כי מספר דרגות החופש הוא. כעת ניתן להסיק גם את דרגת : A x=. r A = x= n r A = 6 ל- A שורות, כלומר בצורה המדורגת של A אין שורות אפסים. ( K a) * לכן, בזמן דירוג, במטריצה A לא תתכן שורה כזאת: כאשר a, כי אז לא יהיה פתרון Ax= אין פתרון. למערכת. לפיכך ג' נכון, כי לא יתכן c עבורו למערכת c מכיוון שיש דרגות חופש אז לא יתכן פתרון יחיד ולכן סעיף ה' לא נכון. ע"פ משפט, מספר דרגות החופש במערכת ההומוגנית קובע את מספר דרגות החופש במערכת האי הומוגנית, ולכן קובע גם את מספר הפתרונות, ולכן סעיף ב' נכון. פתרון לפרק, עמוד, שאלה * נרשום את A ונדרג אותה: A * b a b a R R ar a a ( + ab) ( + a ) R R br R4 R4 br = b ( b) ( b ) ( 4 ab) a 4 b b ( a b b ) ( a ab) ( a b) ( a+ ) כעת נפריד למקרים ע"פ האיברים המובילים: b b 4 4 R R + br 4 4 ( b) + 8b מקרה I נציב a= : * r A = r A = אז b= 8 b 8 נקבל סתירה. אם אם ולכן יש אינסוף פתרונות עם דרגת חופש אחת. 8 יואל שוורצר

30 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 a a a 4 : a= b ( a+ ) r( A) = r( A) * = מקרה II אם אם a= : אם a : נקבל סתירה. ולכן יש אינסוף פתרונות עם דרגת חופש אחת. b a a 4 ( a b) ( a+ ) : a מקרה III אם b נקבל פתרון כמו במקרה I. a=. b = a= b = 8 a. a = b a= b 8 סיכום: סתירה נקבל כאשר או אינסוף פתרונות עם דרגת חופש אחת נקבל כאשר פתרון יחיד נקבל כאשר או a= או. b a a = b פתרון לפרק, עמוד, שאלה 4 א' = b גם כן יהיה פיתרון של αu+ דורשים כי βv. Ax נרשום זאת במפורש: ( α β ) α β α β ( α β) A u+ v = Au+ Av= b+ b= b + = b התנאי הוא אם כך = β).( α+ Z 5 פתרון לפרק 4, עמוד, שאלה ב' Z 5 ניתן להסיק: ע"פ הנתון כי המטריצה היא מעל אם דרגת המטריצה היא 9 אז יש פתרון יחיד. אם דרגת המטריצה היא 8 אז יש דרגת חופש אחת, כלומר מעל יש 5 פתרונות אפשריים. אם דרגת המטריצה היא 7 אז יש שתי דרגת חופש, כלומר = 5 5 פתרונות אפשריים. אם דרגת המטריצה היא 6 אז יש שלוש דרגת חופש, כלומר = 5 5 פתרונות אפשריים. 4 אם דרגת המטריצה היא 5 אז יש ארבע דרגת חופש, כלומר = 65 5 פתרונות אפשריים. ע"פ הנתון, מספר הפתרונות נמצא בין 4 ל- 5. הדרגה היחידה המתאימה לכך היא דרגה יואל שוורצר

31 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 גליון 7 מטריצות הפיכות פתרון לפרק 8, שאלה 7 הטענה אינה נכונה. B= A=, הן ראשית, לא תמיד סכום של מטריצות הפיכות היא מטריצה הפיכה, למשל: +A ( כלל איננו מוגדר. B) =B +A אינה הפיכה, ולכן הצד השמאלי של המשוואה מטריצות הפיכות אך ניתן להפריך את הטענה גם ללא הטיעון הנ"ל: ( A B). + = ( A+ B) תיהינה = I A= B= =. A + B = A = B = I = קל לראות ששני אגפי המשוואה אינם שווים ולכן הטענה איננה נכונה. A. AA = AB= C= I. c ij C, ואת איבריה כ- נבחן את האיבר פתרון לפרק 8, שאלה 9.b 4 b 4 שווה לאחד: = נסמן את המטריצה AB כ- האיבר הסבר: לפיכך כל איברי האלכסון ב- C הם. הראשונה מ-, B או בצורה פורמלית: ע"פ הנתון : c 44 הוא מתקבל מהכפלת השורה הרביעית של בעמודה a אז 4= 4. c = a b = a b + a b + a b + a b = 44 4i i i=, a4b 4 ומכיוון שידוע ש- c אז חייב להתקיים כי = 44 אך מכיוון ש- = a44 a4 = a4 = וגם =.b = 4 בהכרח נובע ש-.( I b) 8 יואל שוורצר פתרון לפרק 8, שאלה למערכת Ax= יש רק הפתרון הטריוויאלי. מטריצה A היא הפיכה כיוון : הוכחה: A היא מכפלת אלמנטריות) A שקולה שורות ל- I (כי המטריצה A היא הפיכה (כאשר b הוא וקטור האפס) נקבל את המערכת * A = A b לאחר שנדרג לצורה קנונית את המערכת b, לא יכלו לשנות את ערך אף איבר ב- A הוא עדיין וקטור האפס מכיוון שכל הפעולות על שורות שהפעלנו על b מכיוון שכל האיברים בווקטור זה הם אפסים. L x = L x = לכן, b) ( I תראה כך: M M M O M M, או אם נתרגם זאת למשוואות: M L xn = L * כמו כן =n r A = r A ולכן הפתרון הוא יחיד. כלומר הפתרון היחיד האפשרי הוא אם כל המשתנים הם אפס, או במילים אחרות, זהו הפתרון הטריוויאלי. נותר רק לציין כי פתרון המערכת (b ( I זהה לפתרון המערכת (b ( A מכיוון ששתי מטריצות אלה הן שקולות שורה. מ.ש.ל. כיוון.

32 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 המטריצה A היא הפיכה. b הוא וקטור האפס יש פתרון רק ( A b) למערכת כאשר ( A b) כיוון : למערכת Ax= יש רק הפתרון הטריוויאלי הוכחה: למערכת Ax= יש רק הפתרון הטריוויאלי כאשר כל המשתנים מקבלים ערך בצורה הקנונית שלו נראה מהצורה: A שקולה שורות ל- I הפיכה. A L L M M O M M M L L מ.ש.ל. כיוון. פתרון לפרק 8, שאלה 5 נשים לב כי באופן כללי, למערכת Ax= יש תמיד את הפתרון הטריוויאלי (הווקטור x שווה ). אם יש פתרון נוסף (כלומר הווקטור x הוא לא ווקטור האפס), אזי יש אינסוף פתרונות (מעל ). R a נחזור לתרגיל שלנו: למען הנוחות נסמן =A. a נתון כי קיים x עבורו יש למערכת פתרון. זהו אינו הפתרון הטריוויאלי (כי ), לכן נסיק כי x I לא שקולה שורות ל- A היא A יש אינסוף פתרונות דרגת A = למערכת x 7 A לא הפיכה A לא הפיכה דרגת A היא יש פרופורציה בין השורות. β = a, β R a = aβ = נבטא את הפרופורציה בין השורות: פתרון לפרק, עמוד, שאלה 4 ב' הטענה נכונה, תמיד קיימת מטריצה הפיכה P כך של- PA יש רק שורה אחת שונה מאפס. הוכחה: נתונה A אשר בשורה הראשונה שלה יש ערכים כלשהם, וכל שורה אחרת בה היא כפולה בסקלר של השורה r αr α i סקלרים. הראשונה. נבטא את המטריצה A כך: αr כאשר r מסמלת שורה ו- M αnr r R R α r R R αr. לאחר ביצוע פעולות אלו נקבל מטריצה כזו:, נבצע את הפעולות הבאות על : A M M Rn Rn αnr כלומר מטריצה שרק שורה אחת שלה שונה מ יואל שוורצר

33 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד מתוך 6 L α L כעת ניצור את : P נקח את I ונבצע עליה את הפעולות שביצענו על. A נקבל: M M M O M. α n L α n L. I הפיכה כי התקבלה מביצוע פעולות על שורות על המטריצה P ב- PA שורה אחת שונה מאפס, מכיוון ש- P נבנתה כך שתאפס בעזרת השורה הראשונה כל שורה אחרת. פתרון לפרק 4, עמוד 7, שאלה ב' לצורה הקנונית ובו בזמן נבצע את הפעולות על : I R R R R R A= 4 R R R R+ R 4 נעביר את A. A = לכן נבנה את המטריצות האלמנטריות המבוקשות: R R : 4 R R R : R R : R R R : + = = 4 ולכן: A 8 יואל שוורצר

34 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 גליון 8 תלות לינארית פתרון לפרק 4, שאלה 7 נדרג את הוקטורים וננסה להגיע לשורת אפסים על מנת לקבל תלות לינארית: א. במקרה זה השורות תלויות עבור ערך מסויים של α: R R R R R R R R R α ( α ) ( α ) כלומר קיבלנו כי עבור = α נקבל שורת אפסים ולכן הוקטורים תלויים. נקבל את הוקטור הראשון כצירוף של האחרים כך:. α = = + ב. במקרה זה השורות תלויות לכל ערך של α: R R 5 R 5 R R 7 R 4 R R R α α α קיבלנו שורת אפסים. שורת האפסים תשאר שורת אפסים ללא כל קשר ל- α. ג. במקרה זה הוקטורים אינם תלויים לינארית: R R R R R R R R ( α ) α ( α ) לכל ערך של α שנבחר לא יתקבלו שורות אפסים, ולכן הוקטורים בלתי תלויים, ללא קשר ל- α. מכיוון שהוקטורים בלתי תלויים לא ניתן לבטא אחד מהם בעזרת השאר (אחרת הוא היה נפרש על ידם ואז הם כן היו תלויים), ולכן לא ניתן לבטא את הווקטור הראשון בעזרת השאר. פתרון לפרק 4, שאלה הטענה נכונה. נוכיח: x x ע"פ נתון, ו- ב.ת.ל. כלומר: y y α = β = x x α+ β= y y. α = β = α x+ β x = α y+ β y = או בצורת משוואות: x y תלויים לינארית, כלומר: z x y z כעת נניח בשלילה כי ו- 8 יואל שוורצר

35 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 5 מתוך 6 α x+ β x =. α y+ β y = α z+ β z = x x. α y + β y = a z קיימים סקלרים α ו- β לא כולם אפס כך ש- או בצורת משוואות: אך זוהי סתירה לנתון, שכן α ו- β חייבים להיות אפס עבור שתי המשוואות הראשונות (גורר שגם עבור השלישית). x y הם בלתי תלויים לינארית. z x y ו- z לכן, ההנחה בשלילה שגויה, ולכן מ.ש.ל. פתרון לפרק 4, שאלה 5 A, B, C, המטריצות D אכן תלויות לינארית. נראה זאת: R R R R R R R R R קיבלנו שורת אפסים ולכן המטריצות תלויות. נראה את A כצירוף לינארי של השאר. ניתן לעקוב אחר הפעולות על שורות שעשינו ולבטא אותן כך: R R R : A = A B R R R : C = C B R R R : A C = A B C B = A B C= A= B+ C 8 4 = נוודא שאכן זה מתקיים: נמשיך לדרג על מנת למצוא את הביטוי של D כצירוף של השאר: R R R R R R4 R4+ R נשים לב שבמהלך כל הדירוג לא החלפנו שורות זו בזו ולכן השורה הראשונה מייצגת את, A השנייה את, B וכו'.,C,B אינם תלויים לינארית, כלומר לא ניתנים לביטוי אחד מהם כצירוף לינארי של ניתן לראות כי הוקטורים D השאר, ובפרט גם לא את. D 8 יואל שוורצר

36 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 6 מתוך 6 פתרון לפרק 4, שאלה הטענה אינה נכונה. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת: ההפרכת מתבססת על ההגדרה כי איבר האפס הוא תלוי לינארית.. u=, v=, w= נבחר וקטורים:. αu+ βv+ γ w= נראה כי טענה ה"אם" מתקיימת:,β,α לא כולם אפס המקיימים הוקטורים תלויים לינארית כי קיימים סקלרים γ = למשל נבחר = 5 γ α =, β =, ונקבל:.( λu+ δ w= λ+ δ= = v u, אבל v הוא אינו צירוף לינארי של w לכן הטענה אינה נכונה.,λ כך ש- (כי אין סקלרים δ פתרון לפרק, עמוד 4, שאלה 5 א' { }. αv + K+ αmvm ע"פ נתון,,v,K vm קבוצה תלויה קיימים סקלרים לא כולם אפס כך ש- = כל תת קבוצה שלה ב.ת.ל., כלומר כל צירוף לינארי של תת הקבוצה גורר בהכרח שמקדמי הוקטורים הם כולם אפס. α קיים לפחות סקלר אחד אשר הוא אפס. v + K+ αmvm = v + K i vi + ivi + i+ vi+ + K+ mvm = v + K i vi + i+ vi+ + K+ mvm = α α α α α α α α α נניח בשלילה את ההפך מהטענה, כלומר במשוואה α i שווה לאפס. :(α i αivi (כי = כל שאר הסקלרים שונים מאפס נניח כי בה"כ רק הסקלר המשוואה המקורית: אך כעת, ניתן לרשום אותה ללא α i שווה לאפס הנחנו כי רק קיבלנו צירוף לינארי של תת קבוצה ממש של N ששווה לאפס אשר מקדמי הוקטורים שונים מאפס הקבוצה תלויה לינארית. קיבלנו סתירה כי ע"פ הנתון כל תת קבוצה של N היא ב.ת.ל. לכן הנחת השלילה שגויה ולכן הטענה נכונה. פתרון לפרק 4, עמוד, שאלה 4 ב' a b c היא מצורה כזו:. נוכיח את המשפט ע"י הפרדה למקרים, ע"פ הדרגה שלה. מטריצה מסדר d e f מקרה I דרגת המטריצה :. C =, C =, C נקבל את מטריצת האפס:. עמודות המטריצה הן: = העמודות תלויות לינארית כי קיימים סקלרים,α β, γ שאינם כולם אפס המקיימים את המשוואה:. α+ β+ γ= מקרה II דרגת המטריצה : אם דרגת המטריצה היא ומספר השורות הוא, אזי יש פרופורציה בין השורות. כלומר אם המטריצה היא 8 יואל שוורצר

37 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 7 מתוך 6 λa= d. λb= e λc= f λ אז מתקיים f) ( a b c) = λ( d e a b c d e f נשים לב כי בהכרח אחת המשוואות היא לא =, (אחרת כל האיברים הם וקיבלנו את מטריצת האפס). a + β + γ = a= ( λ אזי ניתן לרשום אם יש רק משוואה אחת שונה מ- = (בה"כ תיהיה זו d d כאשר γ. β, a b + + γ= אם יש שתי משוואות שונות מ- = (למשל הראשונות) אזי ניתן לרשום d e כאשר γ. d e אם שלושת המשוואות שונות מ- = אז ניתן לרשום: (נשים לב כי =, לכן): a b a a a b c a b b a a. a e d b e + f = = = = d d a b d d b e מקרה III דרגת המטריצה היא : נביא את המטריצה לצורה קנונית, ואז היא תיהיה מהצורה:.(α α + + = א. ואז : (עבור,(α x + α+ = ואז אם x= אז x x x. x+ ( ) + = = ואם x אז ב. (עבור x x x.( x) + ( y) + = = y y y x y ג. ואז: דירוג המטריצה אמנם משנה את מרחב העמודות אך במקרה זה אינו משנה את התלות בין העמודות. הראינו כי לכל צורה של מטריצה מסדר מ.ש.ל. עמודות המטריצה הן תלויות. 8 יואל שוורצר

38 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 8 מתוך 6 גליון 9 בסיס ומימד פתרון לפרק 5, שאלה 4 [ ] על מנת לקבוע אם W = P t יש לדרג את איברי בסיס W: K לכן ניתן להסיק כי = W. dim W הוא. [ ]. W P t ( [ ]) מכיוון ש- = 4 t dim P אז ברור כי { t + 6t 5, t + t בסיס W הוא: { ומימד על מנת להשלים לבסיס של P t נוסיף שני וקטורים כך שיהיו בלתי תלויים בווקטורים הקיימים בבסיס של W, ואז דרגת הבסיס תיהיה 4. ניתן להיעזר במטריצה הקנונית שמצאנו ולראות ששני וקטורים כאלו יכולים להיות למשל,, ואז נקבל : { } P [ t] [ ] 6 5. t + 6t 5, t + t כלומר בסיס חדש של W כך שיהיה שווה לבסיס של הוא:, t, פתרון לפרק 5, שאלה א. לא נכון. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת. a = V, או קבוצת המטריצות האלכסוניות. b a, b, c יהי =n. יהי המרחב הוקטורי R c נראה שלוש מטריצות שדרגת כל אחת מהן קטנה ממש מ- הפורשות את V:. A =, A =, A =. B= ( A + A + A) = שאינה מדרגה קטנה : למשל V מכיל רק מטריצות מדרגה קטנה ממש מ- n איננה נכונה. נראה מטריצה הנפרשת ע"י A, A, A מתקיים כי = ) B, )r כלומר הטענה כי המרחב 8 יואל שוורצר

39 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 9 מתוך 6 לא נכון. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת.. A =, A = יהי =n, ויהי V המרחב הוקטורי הנפרש ע"י מתקיים כי דרגת כל אחת מהמטריצות היא =n.. B= ( A + A) = כעת נראה מטריצה הנפרשת ע"י A, A אשר אינה מדרגה =n :. K נדרג אותה: מתקיים כי = ) B, )r כלומר הטענה כי המרחב V מכיל רק מטריצות מדרגה n או מטריצת האפס איננה נכונה. ב. פתרון לפרק 5, שאלה 4 V פורשים את v, v, האיברים v. αv + βv + γ v = u א. הטענה נכונה. הוכחה: } { ע"פ נתון v, v, v בסיס ל- V,β,α כך ש- לכל u V קיימים סקלרים γ { v + v, v + v, v + v} נניח בשלילה כי אינו בסיס ל- V. α v+ v + β v+ v + γ v+ v = u המקיימים α, β, קיים איבר u V כך שלא קיימים סקלרים γ נתבונן באגף שמאל: α v + v + β v + v + γ v + v = α+ γ v + α+ β v + β + γ v = λ v + λ v + λ v = u, λv + λv + λv אך זוהי סתירה = u כך ש- λ, λ, λ V ולכן בהכרח קיימים סקלרים λ, λ, λ כך ש- כלומר ע"פ הנחת השלילה לא קיימים סקלרים,v,v פורשים את שכן נתון כי האיברים v. λv + λv + λv = u לכן הטענה נכונה. ב. הטענה אינה נכונה. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת: Z V = המרחב הנפרש ע"י הוקטורים. v נדרג אותם על מנת לוודא =, v =, v = יהי R R+ R R R+ R. שהם אכן מהווים בסיס: אין שורות אפסים ולכן v, v, v ב.ת.ל. ופורשת את V.. v+ v =, v+ v =, v+ v = : אינו נפרש על ידם. Z לא בסיס ל- V מכיוון שהאיבר { v + v, v + v, v + v} כעת נראה את { v + v, v + v, v + v} לכן הטענה אינה נכונה. 8 יואל שוורצר

40 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 ג. t. הטענה נכונה. נבחן את המטריצה A שהיא מסדר ע"פ משפט, באופן כללי דרגת מטריצה קטנה או שווה למינימום של מספר השורות או העמודות שלה:. r B min n, עבור מטריצה מתקיים: m או או t A { } B n m t { } אצלנו: =, r A = min שורות המטריצה הן ת.ל. דרגת עמודות היא A הם ת.ל. t A ד. הטענה אינה נכונה. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת.. A= : נתבונן במטריצה מסדר קל לראות כי דרגתה =, אך השורה האחרונה שלה היא לא שורת אפסים. ה. הטענה אינה נכונה. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת:. A= : נתבונן במטריצה מסדר קל לראות כי דרגתה =, אך השורה האחרונה שלה אינה תלויה לינארית בשורה הקודמת. פתרון לפרק 7, שאלה 7 a W = sp{ x + x, x ax} α α β β W = sp, = α+ β= + = a a α aβ α aβ a U = sp{ x ax, x + } γ γ δ δ U = sp, = γ+ δ= + = a a aγ aγ δ δ נבטא את U ו- W בצורה אחרת: כעת, על מנת לבטא איבר הנמצא בחיתוך ולפיכך נמצא בכל אחד מתתי המרחב, נאלץ את הוקטורים להיות מאותה, a הצורה. כלומר, אם נסתכל על הוקטור של U, נדרוש שהאיבר השלישי יהיה האיבר הראשון מוכפל ב- ) ( והאיבר הרביעי יהיה שווה לאיבר השני. נתרגם את שני התנאם הנ"ל לוקטור מ- W: 8 יואל שוורצר

41 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 ( a) α aβ = = β α. a= נסמנו כ-. v ( a) α + = מכיוון ש- α יכול להיות כל דבר, מוכרח להתקיים כי α לכן עבור =a הוקטור בחיתוך יראה כך:. α λ γ+ δ= λ + = = v a λ λ α+ β= λ + = = v a λ, λ γ = ו- = δ מתקיים:, λ αו- = = β מתקיים: עבור =a עבור =a נוודא ש- : v U נוודא ש- : v W פתרון לפרק, עמוד 4, שאלה 4 נמצא בסיס ל- U: a b c = a+ b+ c a b + a+ c a+ b+ c א. ניתן לראות כי המטריצה היא מדורגת מצומצמת ללא שורות אפסים, ולכן בסיס ל- U יהיה: B U =,,, dim( U ) = נמצא בסיס ל- W: K יואל שוורצר

42 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 נתעלם משורת האפסים, ולכן בסיס ל- W יהיה: B W =,,, dim( W ) = ב. נכניס את כל וקטורי הבסיסים למטריצה אחת ונדרג: K +U יהיה: לכן בסיס ל- W B U + W =,,,, dim + = 5, ( U W) ג. dim U W = dim U + dim W dim U+ W = + 5= ראשית נמצא את המימד: נרשום כיצד נראים האיברים הכללים בכל אחד מתתי המרחב: a α b β c α U :, W : a+ b γ a+ c α+ β a+ b+ c β+ γ במילים: איבר ב- U הוא איבר אשר המקום הרביעי שלו הוא סכום של הראשון והשני, המקום החמישי הוא סכום של הראשון והשלישי, המקום השישי הוא סכום של הראשון, השני והשלישי. נבטא אילוצים אלו ב- W: γ = α+ β α + β = α β = α γ = α β + γ = α + β נציב את האילוצים ונמצא את בסיס : U W 8 יואל שוורצר

43 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 4 מתוך 6 α α α U W : α B U W = α α α פתרון לפרק 4, עמוד, שאלה ג'. U W בסיס ל- { v, v} { v, v, u} { v, v, w, w } נתון: בסיס ל- U. בסיס ל- W.. w k k ( U W) ( U) ( W) ( U W). B= { v, v, u, w, w}. dim + = dim + dim dim = + 4 = 5 W k uk U k k. U+ בסיס ל- W. U+ צ"ל: בסיס ל- W הוכחה: ראשית נסתכל על המימדים: { v, v, u, w, w } טענה: ע"פ המימד גודל מתאים. נותר להראות כי נסמן B פורשת וב.ת.ל. : U+ W פורשת את B x U + W ונראה כי ניתן לבטא אותו כק"ל של איברי. B נקח איבר כללי, =x u + w כאשר x שייך לסכום אז x הוא סכום של איבר מ- U ואיבר מ- W, ולכן: ו- k. u = α v + α v + α u k. w = β v + β v + β w + β w 4 x= u + w = α v + α v + α u + β v + β v + β w + β w = 4 = α + β v + α + β v + α u + β w + β w 4, B W ולכן: U ולכן: B { v, v, u} { v, v, w, w } ע"פ נתון ע"פ נתון פורשת את פורשת את x U + W כלומר ניתן לבטא כל איבר B ב.ת.ל: נרשום ק"ל של איברי B השווה לאפס: באמצעות איברי ולכן מ.ש.ל. פורשת.. α α α α α v + v+ u+ 4w + 5w =. α v + α v + α u = α w α (נסמן משוואה זו ב-*). w 4 5. i 5, α i צ"ל: = נעביר את האיברים מ- W אגף: נשים לב כי באגף ימין מופיע איבר מ- W (כי ), w, w W ובאגף שמאל מופיע איבר מ- U (כי ). v, v, u U בין שני האגפים יש שוויון, כלומר זהו ביטוי לאיבר שנמצא גם ב- U וגם ב- W, או במילים אחרות איבר הנמצא בחיתוך שלהם. U W. U W שכן נתון שהם בסיס ל-,v לכן, בפרט אפשר את אגף שמאל לבטא רק באמצעות v β v + β v = α w α נרשום: w 4 5 v + v+ 4w + 5w = β β α α v, v, w, w בסיס, ולכן אם איבר זה שווה לאפס אזי בהכרח כל המקדמים הם אפס.. α α α v + v+ u = v, v, u בסיס, ולכן אם איבר זה שווה לאפס אזי בהכרח כל נעביר אגף: מתואר איבר ב- W שכן נתון כי α α למשוואה :*. β = β = α4 = α5 = 4 = 5 נציב בחזרה = ע"פ אותו נימוק, מתואר איבר ב- U שכן נתון כי. α α α = = = המקדמים הם אפס: 8 יואל שוורצר

44 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 44 מתוך 6, α α α α α וזו בדיוק המסקנה אותה רצינו, כי הראנו. α α α α α = = = 4 = 5= לסיכום, קיבלנו כי = = = 4 = 5= αv + αv+ αu+ α4w + α5w = מ.ש.ל. B ב.ת.ל.. U+ הראינו מימד מתאים, ובסיס אשר הוא גם פורש וגם ב.ת.ל., ולכן מצאנו B בסיס מתאים ל- W 8 יואל שוורצר

45 ל( 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 45 מתוך 6 גליון טרנספורמציות לינאריות פתרון לפרק 9, שאלה, כלומר T S V V V נשים לב כי הטרנספורמציה ST היא זו: S מופעלת ראשונה ו- T מופעלת שניה. a b a b.( S= c d a b, T= c d c d ( T) { }. ker (למשל ב. הטענה נכונה. נניח בשלילה כי הוכחה: } { S) ker( וגם מכך נובע כי גם } { ST). ker( - T הפועלת ראשונה יש יותר מאיבר אחד הנשלח לאפס, ולכן גם ל- ST יש יותר מאיבר אחד הנשלח לאפס). = ST. ker לכן הנחת השלילה שגויה, ולכן הטענה נכונה. אך קיבלנו סתירה לנתון ש- } { ) ( a b a b. S= c d ה. הטענה אינה נכונה. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת: a b, T= נגדיר את הטרנספורמציות הבאות: c d c d a b a b. ST S T S c d = = = c d c d ( ST ) = { } נראה כי : Im = S כלומר קיים איבר ב- V אשר אינו נשלח לאפס. 4 = T כלומר קיים איבר ב- V אשר אינו נשלח לאפס. 4 4 : ker S : ker T V V נראה כי נראה כי הראינו כי טענת ה-"אם" מתקיימת אך טענת ה-"אז" אינה מתקיימת ולכן הפרכנו את הטענה. ו. הטענה אינה נכונה. נפריך ע"י דוגמא נגדית מפורשת: נגדיר : T, S : R R a b a+ d a b d S=, T= c d a + d c d d נראה כי = ST : Im ( d+ d) a b a b d ST= ST= S= = c d c d d ( d d ) { } Im אינה מתקיימת. ( S) ker( T) + S( x) = S= = + T( x) = T= x Im, ובכך נראה כי ההכלה x ker ( S) ( T) כעת נראה איבר x המקיים יהי x=. אז: Im אינה מתקיימת. לכן ההכלה T) ( S) ker( 8 יואל שוורצר

46 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 46 מתוך 6 x Im. x ker ( T) ( S) x ז. הטענה נכונה. נניח בשלילה כי הוכחה: (T Im( אינו מוכל ב- (S, ker( כלומר קיים איבר המקיים:. T y ker. S x x S = x כך ש- y קיים x Im( T) נפעיל על ST על y ונראה מה נקבל: x. ST y = S T y = S Im( ST) y. Im( ST) { } כלומר מצאנו y כך ש- ST y אך זוהי סתירה לנתון. לכן הנחת השלילה שגויה ולכן הטענה נכונה. פתרון לפרק 4, עמוד 4, שאלה 5 א' A = A נוכיח את השוויון ע"י הכלה דו כיוונית:. x A אז בהכרח מתקיים T x = T v + u = T v + T u = T v + = T v. x A x A : A A כלומר נוכיח כי אם x A T( x) = T( v ). x A אז בהכרח מתקיים T x = T v = T v + = T v + T = T v +. x A x A : A A כלומר נוכיח כי אם x A x= v + פתרון לפרק 4, עמוד 5, שאלה א. נמצא בסיס לתמונה: b a+ f = a + b + f = sp,, b 4a+ 8 f B Im( T) ) (. אצלנו: ( R5[ x] ) = ( ( T) ) + ( ( T) ) ( R5[ x] ) = ( B ) + Im T ( ( T) ) ( ( T) ) ( ( T) ) = dim dim Im dim ker dim dim dim ker 6= + dim ker dim ker 4 =, 4 ( ( T) ) BIm( T). dim Im = dim = ( ) dim V = dim Im T + dim ker T ב. לכן בסיס לתמונה הוא: מימד התמונה הוא: ע"פ משפט המימדים: 8 יואל שוורצר

47 b a+ f b= = b 4a+ 8 f a= f ג. 467 אלגברה א', סמסטר חורף תשס"ט, פתרונות לשיעורי הבית, עמוד 47 מתוך 6 ראשית נמצא את (T : ker(.t 4 5 f + cx + dx + ex + fx נמצא בגרעין של כלומר, כל פולינום מהצורה נמצא בסיס לגרעין: B = { + x 5, x, x, x 4 ker T } ( ). f x = a + x + cx + dx + ex 5 4 כלומר, איבר כללי בגרעין נראה כך: נציב =x ונדרוש שוויון ל- : f = a( + ) + c+ d+ e= a+ c+ d+ e= c= + a d e נציב את c באיבר כללי בגרעין: 5 4 = ( + ) + ( + ) + + = 5 4 = a( + x + x ) + d( x + x ) + e( x + x ) f x a x a d e x dx ex נבדוק שהרכיבים הם ב.ת.ל: אכן ב.ת.ל ולכן בסיס.. { + x + x 5, x + x, x + x 4 בסיס מבוקש הוא: }, כלומר, החיבור נותן בסיס ל- [x : ]R5 [ ] U+ ker T = R x 5. U {, 5 } נסמן ד. = sp x x נראה כי K. R 5 {, x, x, x, x 4, x 5 קיבלנו } נותר להראות כי = T ker נבחן איבר כללי y הנמצא בחיתוך: שהוא הבסיס הסטנדרטי ל- [x [ [ [x ו- U ואז ינבע כי U R5 הם סכום ישר: { } ( ) ( ). y= α x+ β x. y= γ + x + δ x + λ x + µ x 5 4 α x+ β x = γ + x + δ x + λ x + µ x y U y ker( T) נשווה בין שני הביטויים: 8 יואל שוורצר