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

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "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

שדות תזכורת: פולינום ממעלה 2 או 3 מעל שדה הוא פריק אם ורק אם יש לו שורש בשדה. שקיימים 5 מספרים שלמים שונים , ראשוני. שעבורם

שדות תזכורת: פולינום ממעלה 2 או 3 מעל שדה הוא פריק אם ורק אם יש לו שורש בשדה. שקיימים 5 מספרים שלמים שונים , ראשוני. שעבורם תזכורת: פולינום ממעלה או מעל שדה הוא פריק אם ורק אם יש לו שורש בשדה p f ( m i ) = p m1 m5 תרגיל: נתון עבור x] f ( x) Z[ ראשוני שקיימים 5 מספרים שלמים שונים שעבורם p x f ( x ) f ( ) = נניח בשלילה ש הוא

Διαβάστε περισσότερα

אלגברה ליניארית (1) - תרגיל 6

אלגברה ליניארית (1) - תרגיל 6 אלגברה ליניארית (1) - תרגיל 6 התרגיל להגשה עד יום חמישי (12.12.14) 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,,

Διαβάστε περισσότερα

Logic and Set Theory for Comp. Sci.

Logic and Set Theory for Comp. Sci. 234293 - Logic and Set Theory for Comp. Sci. Spring 2008 Moed A Final [partial] solution Slava Koyfman, 2009. 1 שאלה 1 לא נכון. דוגמא נגדית מפורשת: יהיו } 2,(p 1 p 2 ) (p 2 p 1 ).Σ 2 = {p 2 p 1 },Σ 1 =

Διαβάστε περισσότερα

טענה חשובה : העתקה לינארית הינה חד חד ערכית האפס ב- הוא הוקטור היחיד שמועתק לוקטור אפס של. נקבל מחד חד הערכיות כי בהכרח.

טענה חשובה : העתקה לינארית הינה חד חד ערכית האפס ב- הוא הוקטור היחיד שמועתק לוקטור אפס של. נקבל מחד חד הערכיות כי בהכרח. 1 תשע'א תירגול 8 אלגברה לינארית 1 טענה חשובה : העתקה לינארית הינה חד חד ערכית האפס ב- הוא הוקטור היחיד שמועתק לוקטור אפס של וקטור אם הוכחה: חד חד ערכית ויהי כך ש מכיוון שגם נקבל מחד חד הערכיות כי בהכרח

Διαβάστε περισσότερα

לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 4 אביב תשע"ו (2016)

לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 4 אביב תשעו (2016) לוגיקה ותורת הקבוצות פתרון תרגיל בית 4 אביב תשע"ו (2016)............................................................................................................. חלק ראשון: שאלות שאינן להגשה 1. עבור

Διαβάστε περισσότερα

gcd 24,15 = 3 3 =

gcd 24,15 = 3 3 = מחלק משותף מקסימאלי משפט אם gcd a, b = g Z אז קיימים x, y שלמים כך ש.g = xa + yb במלים אחרות, אם ה כך ש.gcd a, b = xa + yb gcd,a b של שני משתנים הוא מספר שלם, אז קיימים שני מקדמים שלמים כאלה gcd 4,15 =

Διαβάστε περισσότερα

גירסה liran Home Page:

גירסה liran   Home Page: גירסה 1.00 26.10.03 סיכום באלגברה א מסמך זה הורד מהאתר.hp://uderwar.liveds.co.il אין להפיץ מסמך זה במדיה כלשהי, ללא אישור מפורש מאת המחבר. מחבר המסמך איננו אחראי לכל נזק, ישיר או עקיף, שיגרם עקב השימוש

Διαβάστε περισσότερα

תרגיל 13 משפטי רול ולגראנז הערות

תרגיל 13 משפטי רול ולגראנז הערות Mthemtics, Summer 20 / Exercise 3 Notes תרגיל 3 משפטי רול ולגראנז הערות. האם קיים פתרון למשוואה + x e x = בקרן )?(0, (רמז: ביחרו x,f (x) = e x הניחו שיש פתרון בקרן, השתמשו במשפט רול והגיעו לסתירה!) פתרון

Διαβάστε περισσότερα

ל הזכויות שמורות לדפנה וסטרייך

ל הזכויות שמורות לדפנה וסטרייך מרובע שכל זוג צלעות נגדיות בו שוות זו לזו נקרא h באיור שלעיל, הצלעות ו- הן צלעות נגדיות ומתקיים, וכן הצלעות ו- הן צלעות נגדיות ומתקיים. תכונות ה כל שתי זוויות נגדיות שוות זו לזו. 1. כל שתי צלעות נגדיות

Διαβάστε περισσότερα

שדות הגדרת השדה: חשבון מודולו n: הגדרה: שדה F הוא קבוצה שיש בין אבריה שתי פעולות משפט: יהא F שדה. משפט: יהא F שדה ו- (mod )

שדות הגדרת השדה: חשבון מודולו n: הגדרה: שדה F הוא קבוצה שיש בין אבריה שתי פעולות משפט: יהא F שדה. משפט: יהא F שדה ו- (mod ) שדות הגדרת השדה: הגדרה: שדה F הוא קבוצה שיש בין אבריה שתי פעולות אחת נקראת חיבור ותסומן ב + האחרת נקראת כפל ותסומן ב * כך שתתקיימנה הדרישות הבאות: a, b F a b. סגירות לחיבור: F a F a 0 0 a a a, b, c F a

Διαβάστε περισσότερα

אלגברה לינארית 1 יובל קפלן

אלגברה לינארית 1 יובל קפלן אלגברה לינארית 1 יובל קפלן מחברת סיכום הרצאות ד"ר אלי בגנו בקורס "אלגברה לינארית 1" (80134) באוניברסיטה העברית, 7 2006 תוכן מחברת זו הוקלד ונערך על-ידי יובל קפלן אין המרצה אחראי לכל טעות שנפלה בו סודר

Διαβάστε περισσότερα

[ ] Observability, Controllability תרגול 6. ( t) t t קונטרולבילית H למימדים!!) והאובז' דוגמא: x. נשתמש בעובדה ש ) SS rank( S) = rank( עבור מטריצה m

[ ] Observability, Controllability תרגול 6. ( t) t t קונטרולבילית H למימדים!!) והאובז' דוגמא: x. נשתמש בעובדה ש ) SS rank( S) = rank( עבור מטריצה m Observabiliy, Conrollabiliy תרגול 6 אובזרווביליות אם בכל רגע ניתן לשחזר את ( (ומכאן גם את המצב לאורך זמן, מתוך ידיעת הכניסה והיציאה עד לרגע, וזה עבור כל צמד כניסה יציאה, אז המערכת אובזרוובילית. קונטרולביליות

Διαβάστε περισσότερα

אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 2

אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 2 אלגברה ליניארית א' פתרון 3 4 3 3 7 9 3. נשתמש בכתיבה בעזרת מטריצה בכל הסעיפים. א. פתרון: 3 3 3 3 3 3 9 אז ישנו פתרון יחיד והוא = 3.x =, x =, x 3 3 הערה: אפשר גם לפתור בדרך קצת יותר ארוכה, אבל מבלי להתעסק

Διαβάστε περισσότερα

לדוגמה: במפורט: x C. ,a,7 ו- 13. כלומר בקיצור

לדוגמה: במפורט: x C. ,a,7 ו- 13. כלומר בקיצור הרצאה מס' 1. תורת הקבוצות. מושגי יסוד בתורת הקבוצות.. 1.1 הקבוצה ואיברי הקבוצות. המושג קבוצה הוא מושג בסיסי במתמטיקה. אין מושגים בסיסים יותר, אשר באמצעותם הגדרתו מתאפשרת. הניסיון והאינטואיציה עוזרים להבין

Διαβάστε περισσότερα

פתרון תרגיל 6 ממשוואות למבנים אלגברה למדעי ההוראה.

פתרון תרגיל 6 ממשוואות למבנים אלגברה למדעי ההוראה. פתרון תרגיל 6 ממשוואות למבנים אלגברה למדעי ההוראה. 16 במאי 2010 נסמן את מחלקת הצמידות של איבר בחבורה G על ידי } g.[] { y : g G, y g כעת נניח כי [y] [] עבור שני איברים, y G ונוכיח כי [y].[] מאחר והחיתוך

Διαβάστε περισσότερα

מבוא לאלגברה ליניארית

מבוא לאלגברה ליניארית BEN GURION UNIVERSITY BE ER SHEVA, ISRAEL אוניברסיטת בן גוריון בנגב באר שבע מבוא לאלגברה ליניארית אמנון יקותיאלי המחלקה למתמטיקה אוניברסיטת בן גוריון amyekut@mathbguacil חוברת זו מיועדת לקורסים באלגברה

Διαβάστε περισσότερα

אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 11

אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 11 אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 11.1 K α : F איזומורפיזם של שדות. א. טענה 1 :.α(0 F ) = 0 K עלינו להוכיח כי לכל,b K מתקיים.b + α(0 F ) = α(0 F ) + b = b עבור b K (כיוון ש α חח"ע ועל), קיים ויחיד x F כך ש.α(x)

Διαβάστε περισσότερα

דף פתרונות 7 נושא: תחשיב הפסוקים: צורה דיסיונקטיבית נורמלית, מערכת קשרים שלמה, עקביות

דף פתרונות 7 נושא: תחשיב הפסוקים: צורה דיסיונקטיבית נורמלית, מערכת קשרים שלמה, עקביות יסודות לוגיקה ותורת הקבוצות למערכות מידע (סמסטר ב 2012) דף פתרונות 7 נושא: תחשיב הפסוקים: צורה דיסיונקטיבית נורמלית, מערכת קשרים שלמה, עקביות 1. מצאו צורה דיסיונקטיבית נורמלית קנונית לפסוקים הבאים: (ג)

Διαβάστε περισσότερα

דף סיכום אלגברה לינארית

דף סיכום אלגברה לינארית דף סיכום אלגברה לינארית מרחבי עמודות, שורות, אפס: = = c + c + + c k k כל פתרון של המערכת : A=b נתונה מטריצה :m = מרחב השורות של המטריצה spa = spa מרחב העמודות של המטריצה { r, r, rm { c, c, c מרחב הפתרונות

Διαβάστε περισσότερα

סיכום חקירת משוואות מהמעלה הראשונה ומהמעלה השנייה פרק זה הינו חלק מסיכום כולל לשאלון 005 שנכתב על-ידי מאיר בכור

סיכום חקירת משוואות מהמעלה הראשונה ומהמעלה השנייה פרק זה הינו חלק מסיכום כולל לשאלון 005 שנכתב על-ידי מאיר בכור סיכום חקירת משוואות מהמעלה הראשונה ומהמעלה השנייה פרק זה הינו חלק מסיכום כולל לשאלון 5 שנכתב על-ידי מאיר בכור. חקירת משוואה מהמעלה הראשונה עם נעלם אחד = הצורה הנורמלית של המשוואה, אליה יש להגיע, היא: b

Διαβάστε περισσότερα

תרגול פעולות מומצאות 3

תרגול פעולות מומצאות 3 תרגול פעולות מומצאות. ^ = ^ הפעולה החשבונית סמן את הביטוי הגדול ביותר:. ^ ^ ^ π ^ הפעולה החשבונית c) #(,, מחשבת את ממוצע המספרים בסוגריים.. מהי תוצאת הפעולה (.7,.0,.)#....0 הפעולה החשבונית משמשת חנות גדולה

Διαβάστε περισσότερα

{ : Halts on every input}

{ : Halts on every input} אוטומטים - תרגול 13: רדוקציות, משפט רייס וחזרה למבחן E תכונה תכונה הינה אוסף השפות מעל.(property המקיימות תנאים מסוימים (תכונה במובן של Σ תכונה לא טריביאלית: תכונה היא תכונה לא טריוויאלית אם היא מקיימת:.

Διαβάστε περισσότερα

אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 5

אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 5 אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 5 1 במאי 1 1. נוכיח כי מרחב הפולינומים R[t] אינו נפרש סופית: נניח שהוא כן נפרש סופית. אם כך, ניקח קבוצה סופית פורשת שלו:.R[t] קבוצה סופית של פולינומים, שפורשת את כל המרחב p}

Διαβάστε περισσότερα

1 תוחלת מותנה. c ארזים 3 במאי G מדיד לפי Y.1 E (X1 A ) = E (Y 1 A )

1 תוחלת מותנה. c ארזים 3 במאי G מדיד לפי Y.1 E (X1 A ) = E (Y 1 A ) הסתברות למתמטיקאים c ארזים 3 במאי 2017 1 תוחלת מותנה הגדרה 1.1 לכל משתנה מקרי X אינטגרבילית ותת סיגמא אלגברה G F קיים משתנה מקרי G) Y := E (X המקיים: E (X1 A ) = E (Y 1 A ).G מדיד לפי Y.1.E Y

Διαβάστε περισσότερα

1 סכום ישר של תת מרחבים

1 סכום ישר של תת מרחבים אלמה רופיסה :הצירטמ לש ןדרו'ג תרוצ O O O O O O ןאבצ זעוב סכום ישר של תת מרחבים פרק זה כולל טענות אלמנטריות, שהוכחתן מושארת לקורא כתרגיל הגדרה: יהיו V מרחב וקטורי, U,, U k V תת מרחבים הסכום W U + U 2 +

Διαβάστε περισσότερα

רשימת משפטים וטענות נכתב על ידי יהונתן רגב רשימת משפטים וטענות

רשימת משפטים וטענות נכתב על ידי יהונתן רגב רשימת משפטים וטענות λ = 0 A. F n n ערך עצמי של A אם ורק אם A לא הפיכה..det(λ I ערך עצמי של λ F.A F n n n A) = 0 אם ורק אם: A v וקטור עצמי של Tהמתאים יהי T: V V אופרטור לינארי. אם λ F ערך עצמי של,T לערך העצמי λ, אזי λ הוא

Διαβάστε περισσότερα

משוואות רקורסיביות רקורסיה זו משוואה או אי שוויון אשר מתארת פונקציה בעזרת ערכי הפונקציה על ארגומנטים קטנים. למשל: יונתן יניב, דוד וייץ

משוואות רקורסיביות רקורסיה זו משוואה או אי שוויון אשר מתארת פונקציה בעזרת ערכי הפונקציה על ארגומנטים קטנים. למשל: יונתן יניב, דוד וייץ משוואות רקורסיביות הגדרה: רקורסיה זו משוואה או אי שוויון אשר מתארת פונקציה בעזרת ערכי הפונקציה על ארגומנטים קטנים למשל: T = Θ 1 if = 1 T + Θ if > 1 יונתן יניב, דוד וייץ 1 דוגמא נסתכל על האלגוריתם הבא למציאת

Διαβάστε περισσότερα

פתרונות , כך שאי השוויון המבוקש הוא ברור מאליו ולכן גם קודמו תקף ובכך מוכחת המונוטוניות העולה של הסדרה הנתונה.

פתרונות , כך שאי השוויון המבוקש הוא ברור מאליו ולכן גם קודמו תקף ובכך מוכחת המונוטוניות העולה של הסדרה הנתונה. בחינת סיווג במתמטיקה.9.017 פתרונות.1 סדרת מספרים ממשיים } n {a נקראת מונוטונית עולה אם לכל n 1 מתקיים n+1.a n a האם הסדרה {n a} n = n היא מונוטונית עולה? הוכיחו תשובתכם. הסדרה } n a} היא אכן מונוטונית

Διαβάστε περισσότερα

אלגברה לינארית 2 יובל קפלן סיכום הרצאות מר שמואל ברגר בקורס "אלגברה לינארית 2" (80135) באוניברסיטה העברית,

אלגברה לינארית 2 יובל קפלן סיכום הרצאות מר שמואל ברגר בקורס אלגברה לינארית 2 (80135) באוניברסיטה העברית, אלגברה לינארית 2 יובל קפלן סיכום הרצאות מר שמואל ברגר בקורס "אלגברה לינארית 2" (80135 באוניברסיטה העברית, 7 2006 תוכן מחברת זו הוקלד ונערך על-ידי יובל קפלן אין המרצה אחראי לכל טעות שנפלה בו סודר באמצעות

Διαβάστε περισσότερα

סיכום בנושא של דיפרנציאביליות ונגזרות כיווניות

סיכום בנושא של דיפרנציאביליות ונגזרות כיווניות סיכום בנושא של דיפרנציאביליות ונגזרות כיווניות 25 בדצמבר 2016 תזכורת: תהי ) n f ( 1, 2,..., פונקציה המוגדרת בסביבה של f. 0 גזירה חלקית לפי משתנה ) ( = 0, אם קיים הגבול : 1 0, 2 0,..., בנקודה n 0 i f(,..,n,).lim

Διαβάστε περισσότερα

תורת הקבוצות תרגיל בית 2 פתרונות

תורת הקבוצות תרגיל בית 2 פתרונות תורת הקבוצות תרגיל בית 2 פתרונות חיים שרגא רוזנר כ"ה בניסן, תשע"ה תזכורות תקציר איזומורפיזם סדר, רישא, טרנזיטיביות, סודרים, השוואת סודרים, סודר עוקב, סודר גבולי. 1. טרנזיטיבות וסודרים קבוצה A היא טרנזיטיבית

Διαβάστε περισσότερα

תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד ג' תשע"ד, מיום 0/8/0610 שאלונים: 315, מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן

תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד ג' תשעד, מיום 0/8/0610 שאלונים: 315, מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד ג' תשע"ד, מיום 0/8/0610 שאלונים: 315, 635865 מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן שאלה מספר 1 נתון: 1. סדרה חשבונית שיש בה n איברים...2 3. האיבר

Διαβάστε περισσότερα

תרגול מס' 1 3 בנובמבר 2012

תרגול מס' 1 3 בנובמבר 2012 תרגול מס' 1 3 בנובמבר 2012 1 מערכת המספרים השלמים בשיעור הקרוב אנו נעסוק בקבוצת המספרים השלמים Z עם הפעולות (+) ו ( ), ויחס סדר (>) או ( ). כל התכונות הרגילות והידועות של השלמים מתקיימות: חוק הקיבוץ (אסוציאטיביות),

Διαβάστε περισσότερα

סדרות - תרגילים הכנה לבגרות 5 יח"ל

סדרות - תרגילים הכנה לבגרות 5 יחל סדרות - הכנה לבגרות 5 יח"ל 5 יח"ל סדרות - הכנה לבגרות איברים ראשונים בסדרה) ) S מסמן סכום תרגיל S0 S 5, S6 בסדרה הנדסית נתון: 89 מצא את האיבר הראשון של הסדרה תרגיל גוף ראשון, בשנייה הראשונה לתנועתו עבר

Διαβάστε περισσότερα

אלגברה לינארית גיא סלומון. α β χ δ ε φ ϕ γ η ι κ λ µ ν ο π. σ ς τ υ ω ξ ψ ζ. לפתרון מלא בסרטון פלאש היכנסו ל- כתב ופתר גיא סלומון

אלגברה לינארית גיא סלומון. α β χ δ ε φ ϕ γ η ι κ λ µ ν ο π. σ ς τ υ ω ξ ψ ζ. לפתרון מלא בסרטון פלאש היכנסו ל-  כתב ופתר גיא סלומון 0 אלגברה לינארית α β χ δ ε φ ϕ γ η ι κ λ µ ν ο π ϖ θ ϑ ρ σ ς τ υ ω ξ ψ ζ גיא סלומון לפתרון מלא בסרטון פלאש היכנסו ל- wwwgoolcoil סטודנטים יקרים ספר תרגילים זה הינו פרי שנות ניסיון רבות של המחבר בהוראת

Διαβάστε περισσότερα

הרצאה תרגילים סמינר תורת המספרים, סמסטר אביב פרופ' יעקב ורשבסקי

הרצאה תרגילים סמינר תורת המספרים, סמסטר אביב פרופ' יעקב ורשבסקי הרצאה תרגילים סמינר תורת המספרים, סמסטר אביב 2011 2010 פרופ' יעקב ורשבסקי אסף כץ 15//11 1 סמל לזנדר יהי מספר שלם קבוע, ו K שדה גלובלי המכיל את חבורת שורשי היחידה מסדר µ. תהי S קבוצת הראשוניים הארכימדיים

Διαβάστε περισσότερα

אינפי - 1 תרגול בינואר 2012

אינפי - 1 תרגול בינואר 2012 אינפי - תרגול 4 3 בינואר 0 רציפות במידה שווה הגדרה. נאמר שפונקציה f : D R היא רציפה במידה שווה אם לכל > 0 ε קיים. f(x) f(y) < ε אז x y < δ אם,x, y D כך שלכל δ > 0 נביט במקרה בו D הוא קטע (חסום או לא חסום,

Διαβάστε περισσότερα

מתכנס בהחלט אם n n=1 a. k=m. k=m a k n n שקטן מאפסילון. אם קח, ניקח את ה- N שאנחנו. sin 2n מתכנס משום ש- n=1 n. ( 1) n 1

מתכנס בהחלט אם n n=1 a. k=m. k=m a k n n שקטן מאפסילון. אם קח, ניקח את ה- N שאנחנו. sin 2n מתכנס משום ש- n=1 n. ( 1) n 1 1 טורים כלליים 1. 1 התכנסות בהחלט מתכנס. מתכנס בהחלט אם n a הגדרה.1 אומרים שהטור a n משפט 1. טור מתכנס בהחלט הוא מתכנס. הוכחה. נוכיח עם קריטריון קושי. יהי אפסילון גדול מ- 0, אז אנחנו יודעים ש- n N n>m>n

Διαβάστε περισσότερα

קיום ויחידות פתרונות למשוואות דיפרנציאליות

קיום ויחידות פתרונות למשוואות דיפרנציאליות קיום ויחידות פתרונות למשוואות דיפרנציאליות 1 מוטיבציה למשפט הקיום והיחידות אנו יודעים לפתור משוואות דיפרנציאליות ממחלקות מסוימות, כמו משוואות פרידות או משוואות לינאריות. עם זאת, קל לכתוב משוואה דיפרנציאלית

Διαβάστε περισσότερα

מתמטיקה בדידה תרגול מס' 13

מתמטיקה בדידה תרגול מס' 13 מתמטיקה בדידה תרגול מס' 13 נושאי התרגול: תורת הגרפים. 1 מושגים בסיסיים נדון בגרפים מכוונים. הגדרה 1.1 גרף מכוון הוא זוג סדור E G =,V כך ש V ו E. V הגרף נקרא פשוט אם E יחס אי רפלקסיבי. כלומר, גם ללא לולאות.

Διαβάστε περισσότερα

קבוצה היא שם כללי לתיאור אוסף כלשהו של איברים.

קבוצה היא שם כללי לתיאור אוסף כלשהו של איברים. א{ www.sikumuna.co.il מהי קבוצה? קבוצה היא שם כללי לתיאור אוסף כלשהו של איברים. קבוצה היא מושג יסודי במתמטיקה.התיאור האינטואיטיבי של קבוצה הוא אוסף של עצמים כלשהם. העצמים הנמצאים בקבוצה הם איברי הקבוצה.

Διαβάστε περισσότερα

I. גבולות. x 0. מתקיים L < ε. lim אם ורק אם. ( x) = 1. lim = 1. lim. x x ( ) הפונקציה נגזרות Δ 0. x Δx

I. גבולות. x 0. מתקיים L < ε. lim אם ורק אם. ( x) = 1. lim = 1. lim. x x ( ) הפונקציה נגזרות Δ 0. x Δx דפי נוסחאות I גבולות נאמר כי כך שלכל δ קיים > ε לכל > lim ( ) L המקיים ( ) מתקיים L < ε הגדרת הגבול : < < δ lim ( ) lim ורק ( ) משפט הכריך (סנדוויץ') : תהיינה ( ( ( )g ( )h פונקציות המוגדרות בסביבה נקובה

Διαβάστε περισσότερα

סיכום מד"ר מרצה: מיכאל ז'יטומירסיקי נכתב ע"י: אדריאן קיריש נערך ע"י: תומר שטח 28 ביוני 2011

סיכום מדר מרצה: מיכאל ז'יטומירסיקי נכתב עי: אדריאן קיריש נערך עי: תומר שטח 28 ביוני 2011 סיכום מד"ר מרצה: מיכאל ז'יטומירסיקי נכתב ע"י: אדריאן קיריש נערך ע"י: תומר שטח 28 ביוני 2011 1 תוכן עניינים 3 משפט קיום ויחידות............................. 1 3............................ משוואות אוטונומיות

Διαβάστε περισσότερα

מודלים חישוביים תרגולמס 5

מודלים חישוביים תרגולמס 5 מודלים חישוביים תרגולמס 5 30 במרץ 2016 נושאי התרגול: דקדוקים חסרי הקשר. למת הניפוח לשפות חסרות הקשר. פעולות סגור לשפות חסרות הקשר. 1 דקדוקים חסרי הקשר נזכיר כי דקדוק חסר הקשר הוא רביעיה =(V,Σ,R,S) G, כך

Διαβάστε περισσότερα

חשבון אינפיניטסימלי 1 סיכום הרצאות באוניברסיטה חיפה, חוג לסטטיסטיקה.

חשבון אינפיניטסימלי 1 סיכום הרצאות באוניברסיטה חיפה, חוג לסטטיסטיקה. חשבון אינפיניטסימלי 1 סיכום הרצאות באוניברסיטה חיפה, חוג לסטטיסטיקה. מרצה: למברג דן תוכן העניינים 3 מספרים ממשיים 1 3.................................. סימונים 1. 1 3..................................

Διαβάστε περισσότερα

מתמטיקה בדידה תרגול מס' 2

מתמטיקה בדידה תרגול מס' 2 מתמטיקה בדידה תרגול מס' 2 נושאי התרגול: כמתים והצרנות. משתנים קשורים וחופשיים. 1 כמתים והצרנות בתרגול הקודם עסקנו בתחשיב הפסוקים, שבו הנוסחאות שלנו היו מורכבות מפסוקים יסודיים (אשר קיבלו ערך T או F) וקשרים.

Διαβάστε περισσότερα

מתמטיקה בדידה תרגול מס' 12

מתמטיקה בדידה תרגול מס' 12 מתמטיקה בדידה תרגול מס' 2 נושאי התרגול: נוסחאות נסיגה נוסחאות נסיגה באמצעות פונקציות יוצרות נוסחאות נסיגה באמצעות פולינום אופייני נוסחאות נסיגה לעתים מפורש לבעיה קומבינטורית אינו ידוע, אך יחסית קל להגיע

Διαβάστε περισσότερα

Charles Augustin COULOMB ( ) קולון חוק = K F E המרחק סטט-קולון.

Charles Augustin COULOMB ( ) קולון חוק = K F E המרחק סטט-קולון. Charles Augustin COULOMB (1736-1806) קולון חוק חוקקולון, אשרנקראעלשםהפיזיקאיהצרפתישארל-אוגוסטיןדהקולוןשהיהאחדהראשוניםשחקרבאופןכמותיאתהכוחותהפועלים ביןשניגופיםטעונים. מדידותיוהתבססועלמיתקןהנקראמאזניפיתול.

Διαβάστε περισσότερα

3-9 - a < x < a, a < x < a

3-9 - a < x < a, a < x < a 1 עמוד 59, שאלהמס', 4 סעיףג' תיקוני הקלדה שאלון 806 צריך להיות : ג. מצאאתמקומושלאיברבסדרהזו, שקטןב- 5 מסכוםכלהאיבריםשלפניו. עמוד 147, שאלהמס' 45 ישלמחוקאתהשאלה (מופיעהפעמיים) עמוד 184, שאלהמס', 9 סעיףב',תשובה.

Διαβάστε περισσότερα

חשבון אינפיניטסימלי 1

חשבון אינפיניטסימלי 1 חשבון אינפיניטסימלי 1 יובל קפלן סיכום הרצאות פרופ צליל סלע בקורס "חשבון אינפיניטסימלי 1" (80131) באוניברסיטה העברית, 7 2006. תוכן מחברת זו הוקלד ונערך על-ידי יובל קפלן. אין המרצה אחראי לכל טעות שנפלה בו.

Διαβάστε περισσότερα

הגדרה: מצבים k -בני-הפרדה

הגדרה: מצבים k -בני-הפרדה פרק 12: שקילות מצבים וצמצום מכונות לעי תים קרובות, תכנון המכונה מתוך סיפור המעשה מביא להגדרת מצבים יתי רים states) :(redundant הפונקציה שהם ממלאים ניתנת להשגה באמצעו ת מצבים א חרים. כיוון שמספר רכיבי הזיכרון

Διαβάστε περισσότερα

מבנים אלגבריים II 27 במרץ 2012

מבנים אלגבריים II 27 במרץ 2012 מבנים אלגבריים 80446 II אור דגמי, or@digmi.org 27 במרץ 2012 אתר אינטרנט: http://digmi.org סיכום הרצאות של פרופ אלכס לובוצקי בשנת לימודים 2012 1 תוכן עניינים 1 שדות 3 1.1 תזכורת מהעבר....................................................

Διαβάστε περισσότερα

חידה לחימום. כתבו תכappleית מחשב, המקבלת כקלט את M ו- N, מחליטה האם ברצוappleה להיות השחקן הפותח או השחקן השappleי, ותשחק כך שהיא תappleצח תמיד.

חידה לחימום. כתבו תכappleית מחשב, המקבלת כקלט את M ו- N, מחליטה האם ברצוappleה להיות השחקן הפותח או השחקן השappleי, ותשחק כך שהיא תappleצח תמיד. חידה לחימום ( M ש- N > (כך מספרים טבעיים Mו- N שappleי appleתוappleים בעלי אותה הזוגיות (שappleיהם זוגיים או שappleיהם אי - זוגיים). המספרים הטבעיים מ- Mעד Nמסודרים בשורה, ושappleי שחקappleים משחקים במשחק.

Διαβάστε περισσότερα

הגדרה: קבוצת פעילויות חוקית היא קבוצה בה כל שתי פעילויות

הגדרה: קבוצת פעילויות חוקית היא קבוצה בה כל שתי פעילויות אלגוריתמים חמדניים אלגוריתם חמדן, הוא כזה שבכל צעד עושה את הבחירה הטובה ביותר האפשרית, ולא מתחרט בהמשך גישה זו נראית פשטנית מדי, וכמובן שלא תמיד היא נכונה, אך במקרים רבים היא מוצאת פתרון אופטימאלי בתרגול

Διαβάστε περισσότερα

logn) = nlog. log(2n

logn) = nlog. log(2n תכנוןוניתוחאלגוריתמים סיכוםהתרגולים n log O( g( n)) = Ω( g( n)) = θ ( g( n)) = תרגול.3.04 סיבוכיות { f ( n) c> 0, n0 > 0 n> n0 0 f ( n) c g( n) } { f ( n) c> 0, n0 > 0 n> n0 0 c g( n) f ( n) } { f ( n)

Διαβάστε περισσότερα

ניתן לקבל אוטומט עבור השפה המבוקשת ע "י שימוששאלה 6 בטכניקתשפה המכפלה שנייה כדי לבנות אוטומט לשפת החיתוך של שתי השפות:

ניתן לקבל אוטומט עבור השפה המבוקשת ע י שימוששאלה 6 בטכניקתשפה המכפלה שנייה כדי לבנות אוטומט לשפת החיתוך של שתי השפות: שאלה 1 בנה אוטומט המקבל את שפת כל המילים מעל הא"ב {,,} המכילות לפחות פעם אחת את הרצף ומיד אחרי כל אות מופיע הרצף. ניתן לפרק את השפה לשתי שפות בסיס מעל הא"ב :{,,} שפת כל המילים המכילות לפחות פעם אחת את

Διαβάστε περισσότερα

אלקטרומגנטיות אנליטית תירגול #13 יחסות פרטית

אלקטרומגנטיות אנליטית תירגול #13 יחסות פרטית אלקטרומגנטיות אנליטית תירגול #13 יחסות פרטית הקונבנציה המקובלת הינה שמסמנים אינדקסים לורנצים (4 מימדיים) באמצעות אותיות יווניות, כלומר µ, ν = 0, 1, 2, 3 ואילו אינדקסים אוקלידים באמצעות אותיות אנגליות i,

Διαβάστε περισσότερα

"קשר-חם" : לקידום שיפור וריענון החינוך המתמטי

קשר-חם : לקידום שיפור וריענון החינוך המתמטי הטכניון - מכון טכנולוגי לישראל המחלקה להוראת הטכנולוגיה והמדעים "קשר-חם" : לקידום שיפור וריענון החינוך המתמטי נושא: חקירת משוואות פרמטריות בעזרת גרפים הוכן ע"י: אביבה ברש. תקציר: בחומר מוצגת דרך לחקירת

Διαβάστε περισσότερα

TECHNION Israel Institute of Technology, Faculty of Mechanical Engineering מבוא לבקרה (034040) גליון תרגילי בית מס 5 ציור 1: דיאגרמת הבלוקים

TECHNION Israel Institute of Technology, Faculty of Mechanical Engineering מבוא לבקרה (034040) גליון תרגילי בית מס 5 ציור 1: דיאגרמת הבלוקים TECHNION Iael Intitute of Technology, Faculty of Mechanical Engineeing מבוא לבקרה (034040) גליון תרגילי בית מס 5 d e C() y P() - ציור : דיאגרמת הבלוקים? d(t) ו 0 (t) (t),c() 3 +,P() + ( )(+3) שאלה מס נתונה

Διαβάστε περισσότερα

מבני נתונים ויעילות אלגוריתמים

מבני נתונים ויעילות אלגוריתמים מבני נתונים ויעילות אלגוריתמים (8..05). טענה אודות סדר גודל. log טענה: מתקיים Θ(log) (!) = הוכחה: ברור שמתקיים: 3 4... 4 4 4... 43 פעמים במילים אחרות:! נוציא לוגריתם משני האגפים: log(!) log( ) log(a b

Διαβάστε περισσότερα

2 a 2 x ( ) a3 x 2

2 a 2 x ( ) a3 x 2 . טכניקה אלגברית חד-איבר (חזרה) ביטויים מהסוג: 5a,b (-)bc,-a 7,y המהווים מכפלה של מספרים, אותיות (משתנים) וחזקות, מכונים חד-איבר. גם מספר, משתנה או חזקה בודדים מכונים חד-איבר. לדוגמה, כל אחד מהביטויים

Διαβάστε περισσότερα

(2) מיונים השאלות. .0 left right n 1. void Sort(int A[], int left, int right) { int p;

(2) מיונים השאלות. .0 left right n 1. void Sort(int A[], int left, int right) { int p; מבני נתונים פתרונות לסט שאלות דומה לשאלות בנושאים () זמני ריצה של פונקציות רקורסיביות () מיונים השאלות פתרו את נוסחאות הנסיגה בסעיפים א-ג על ידי הצבה חוזרת T() כאשר = T() = T( ) + log T() = T() כאשר =

Διαβάστε περισσότερα

לדוגמא : dy dx. xdx = x. cos 1. cos. x dx 2. dx = 2xdx לסיכום: 5 sin 5 1 = + ( ) הוכחה: [ ] ( ) ( )

לדוגמא : dy dx. xdx = x. cos 1. cos. x dx 2. dx = 2xdx לסיכום: 5 sin 5 1 = + ( ) הוכחה: [ ] ( ) ( ) 9. חשבון אינטגרלי. עד כה עסקנו בבעיות של מציאת הנגזרת של פונקציה נתונה. נשאלת השאלה בהינתן נגזרת האם נוכל למצוא את הפונקציה המקורית (הפונקציה שנגזרתה נתונה)? זוהי שאלה קשה יותר, חשבון אינטגרלי דן בבעיה

Διαβάστε περισσότερα

גליון 1 גליון 2 = = ( x) ( x)

גליון 1 גליון 2 = = ( x) ( x) 475 פיסיקה ממ, פתרונות לתרגילי בית, עמוד מתוך 6 גליון מה שוקל יותר: קילו נוצות או סבתא תחשבו לבד גליון Q in E k, q ρ ( ) v Qin ρ ( ) v v 4π Qin ρ ( ) 4π v העקרונות המנחים בגיליון זה: פתרון לשאלה L ( x)

Διαβάστε περισσότερα

תורת המספרים 1 פירוק לגורמים ראשוניים סיכום הגדרות טענות ומשפטים אביב הגדרות 1.2 טענות

תורת המספרים 1 פירוק לגורמים ראשוניים סיכום הגדרות טענות ומשפטים אביב הגדרות 1.2 טענות תורת המספרים סיכום הגדרות טענות ומשפטים אביב 017 1 פירוק לגורמים ראשוניים 1.1 הגדרות חוג A C נקראת חוג אם: היא מכילה את 0 ואת 1 סגורה תחת חיבור, חיסור, וכפל הפיך A חוג. a A נקרא הפיך אם 0,a.a 1 A קבוצת

Διαβάστε περισσότερα

משוואות דיפרנציאליות רגילות 80320

משוואות דיפרנציאליות רגילות 80320 1 משוואות דיפרנציאליות רגילות 832 דויד שיפרוט 25 ביוני 215 תוכן עניינים Á מבוא 2 1 הגדרות................................................................ 2 4 ÁÁ משוואות מסדר ראשון משוואה לינארי מסדר ראשון:.....................................................

Διαβάστε περισσότερα

חישוביות הרצאה 4 לא! זיהוי שפות ע''י מכונות טיורינג הוכחה: הגדרת! : f r

חישוביות הרצאה 4 לא! זיהוי שפות ע''י מכונות טיורינג הוכחה: הגדרת! : f r ל' ' פונקציות פרימיטיביות רקורסיביות חישוביות הרצאה 4 האם כל פונקציה מלאה היא פרימיטיבית רקורסיבית? לא נראה שתי הוכחות: פונקציות רקורסיביות (המשך) זיהוי שפות ע''י מכונות טיורינג הוכחה קיומית: קיימות פונקציות

Διαβάστε περισσότερα

תורת הקבוצות יובל קפלן סיכום הרצאות פרופ ארז לפיד בקורס "תורת הקבוצות" (80200) באוניברסיטה העברית,

תורת הקבוצות יובל קפלן סיכום הרצאות פרופ ארז לפיד בקורס תורת הקבוצות (80200) באוניברסיטה העברית, תורת הקבוצות יובל קפלן סיכום הרצאות פרופ ארז לפיד בקורס "תורת הקבוצות" (80200) באוניברסיטה העברית, 7 2006. תוכן מחברת זו הוקלד ונערך על-ידי יובל קפלן. אין המרצה אחראי לכל טעות שנפלה בו. סודר באמצעות L

Διαβάστε περισσότερα

לוגיקה ותורת הקבוצות מבחן סופי אביב תשע"ב (2012) דפי עזר

לוגיקה ותורת הקבוצות מבחן סופי אביב תשעב (2012) דפי עזר לוגיקה ותורת הקבוצות מבחן סופי אביב תשע"ב (2012) דפי עזר תורת הקבוצות: סימונים.N + = N \ {0} קבוצת המספרים הטבעיים; N Z קבוצת המספרים השלמים. Q קבוצת המספרים הרציונליים. R קבוצת המספרים הממשיים. הרכבת

Διαβάστε περισσότερα

לוגיקה למדעי המחשב תרגולים

לוגיקה למדעי המחשב תרגולים לוגיקה למדעי המחשב תרגולים ניצן פומרנץ 17 ביוני 2015 אתר הקורס: במודל בשבוע הראשון התרגילים ייועלו גם ל www.cs.tau.ac.il/~shpilka/teaching לירון כהן: liron.cohen@math.tau.ac.il (לא לשלוח שאלות על החומר

Διαβάστε περισσότερα

סיכום- בעיות מינימוםמקסימום - שאלון 806

סיכום- בעיות מינימוםמקסימום - שאלון 806 סיכום- בעיות מינימוםמקסימום - שאלון 806 בבעיותמינימום מקסימוםישלחפשאתנקודותהמינימוםהמוחלטוהמקסימוםהמוחלט. בשאלות מינימוםמקסימוםחובהלהראותבעזרתטבלה אובעזרתנגזרתשנייהשאכן מדובר עלמינימוםאומקסימום. לצורךקיצורהתהליך,

Διαβάστε περισσότερα

В.О. Бугаенко. Уравнения Пелля. Второе издание. МЦНМО, 2010.

В.О. Бугаенко. Уравнения Пелля. Второе издание. МЦНМО, 2010. ודים בוגיינקו תורגם ע"י מריה סבצ'וק משוואות פ ל זהו תרגום מרוסית של הספר: В.О. Бугаенко. Уравнения Пелля. Второе издание. МЦНМО, 00. http://biblio.mccme.ru/ode/34/shop קובץ PDF של ההוצאה הראשונה ברוסית:

Διαβάστε περισσότερα

ביטויים רגולריים הפקולטה למדעי המחשב אוטומטים ושפות פורמליות (236353) הרצאה 5

ביטויים רגולריים הפקולטה למדעי המחשב אוטומטים ושפות פורמליות (236353) הרצאה 5 הפקולטה למדעי המחשב אוטומטים ושפות פורמליות (236353) ביטויים רגולריים הרצאה 5 המצגת מבוססת על ספרם של פרופ' נסים פרנסיז ופרופ' שמואל זקס, "אוטומטים ושפות פורמליות", האוניברסיטה הפתוחה, 1987. גרסה ראשונה

Διαβάστε περισσότερα

מתרגלת: שירה גילת סמסטר א 2017 תשע"ז

מתרגלת: שירה גילת סמסטר א 2017 תשעז חוברת תרגולים בקורס "תורת גלואה" 88 311 21 בפברואר 2017 מתרגלת: שירה גילת סמסטר א 2017 תשע"ז ערך: איתי רוזנבאום 1 תורת גלואה תרגול ראשון חזרה מחוגים F שדה F. חוג הפולינומים עם מקדמים ב F [λ] זהו חוג אוקלידי,

Διαβάστε περισσότερα

מבנים אלגבריים למדעי המחשב מערכי תרגול קורס אבי אלון, תומר באואר וגיא בלשר ינואר 2016, גרסה 0.22

מבנים אלגבריים למדעי המחשב מערכי תרגול קורס אבי אלון, תומר באואר וגיא בלשר ינואר 2016, גרסה 0.22 מבנים אלגבריים למדעי המחשב מערכי תרגול קורס 89-214 אבי אלון, תומר באואר וגיא בלשר ינואר 2016, גרסה 0.22 אוניברסיטת בר אילן סמסטר א תשע ו תוכן העניינים 3 מבוא.............................. 3 מבוא לתורת

Διαβάστε περισσότερα

פרק 5 טורי חזקות 5.5 טור לורן. (z z 0 ) m. c n = 1. 2πi γ (ξ z 0 ) n+1dξ, .a 1 = 1 f(z)dz בפרט,.a 2πi γ m וגם 0 0 < z z 0 < r בעיגול הנקוב z.

פרק 5 טורי חזקות 5.5 טור לורן. (z z 0 ) m. c n = 1. 2πi γ (ξ z 0 ) n+1dξ, .a 1 = 1 f(z)dz בפרט,.a 2πi γ m וגם 0 0 < z z 0 < r בעיגול הנקוב z. פרק 5 טורי חזקות 5.5 טור לורן הגדרה 5. טורלורןסביבקוטב z מסדרm שלפונקציה( f(z הואמהצורה n m a n(z z m. למשל,טורלורן שלהפונקציה e z /z 2 סביב הוא + 2./z 2 +/z+/2+/3!z+/4!z משפט 5. תהי f פונקציה אנליטית

Διαβάστε περισσότερα

תורת הקבוצות בפברואר 2012 תקציר סיכום הרצאות של פרופסור רון לבנה בשנת לימודים 2012

תורת הקבוצות בפברואר 2012 תקציר סיכום הרצאות של פרופסור רון לבנה בשנת לימודים 2012 תורת הקבוצות 80200 אור דגמי, ÓÖ Ñ ºÓÖ 11 בפברואר 2012 אתר אינטרנט: ØØÔ»» Ñ ºÓÖ תקציר סיכום הרצאות של פרופסור רון לבנה בשנת לימודים 2012 1 תוכן עניינים תוכן עניינים תוכן עניינים מבוא.............................................

Διαβάστε περισσότερα

תכנון אלגוריתמים 2016 עבודה 1 שאלה 1 פתרון נתונות שתי בעיות. יש למצוא: אורך מסלול קצר ביותר המתחיל באחד מן הקודקודים s 1,..., s k ומסתיים ב t.

תכנון אלגוריתמים 2016 עבודה 1 שאלה 1 פתרון נתונות שתי בעיות. יש למצוא: אורך מסלול קצר ביותר המתחיל באחד מן הקודקודים s 1,..., s k ומסתיים ב t. תכנון אלגוריתמים 2016 עבודה 1 פתרון שאלה 1 נזכר כי בגרף (E G, =,V) עבור שני קודקודים d(u, (v,u, v הוא אורך מסלול קצר ביותר מ u ל v. אם אין מסלול מ u ל.d(u, v) =,v נתונות שתי בעיות. בעיה א' מופע: גרף מכוון

Διαβάστε περισσότερα

מודלים חישוביים מבחן מועד א', סמסטר א' תשע''ה (2015)

מודלים חישוביים מבחן מועד א', סמסטר א' תשע''ה (2015) מודלים חישוביים מבחן מועד א', סמסטר א' תשע''ה (2015) מרצה: פרופ' בני שור מתרגלים: אורית מוסקוביץ' וגל רותם 28.1.2015 הנחיות: 1. מומלץ לקרוא את כל ההנחיות והשאלות בתחילת המבחן, לפני כתיבת התשובות. 2. משך

Διαβάστε περισσότερα

תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד חורף תשע"א, מיום 31/1/2011 שאלון: מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן.

תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד חורף תשעא, מיום 31/1/2011 שאלון: מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן. בB בB תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד חורף תשע"א, מיום 31/1/2011 שאלון: 035804 מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן שאלה מספר 1 נתון: 1 מכונית נסעה מעיר A לעיר B על כביש ראשי

Διαβάστε περισσότερα

CHAIN MATRIX MULTIPLICATION וגיא בן-חורין

CHAIN MATRIX MULTIPLICATION וגיא בן-חורין CHAIN MATRIX MULTIPLICATION פנוש אורי וגיא בן-חורין CHAIN MATRIX MULTIPLICATION חזרה קצרה על הכפלת מטריצות הגדרת בעיית הכפלת שרשרת מטריצות פתרון רקורסיבי לבעיה ייעול הפתרון הרקורסיבי ע"י memoization הצגת

Διαβάστε περισσότερα

לוגיקה ותורת הקבוצות מבחן סופי אביב תשע"ד (2014) דפי עזר

לוגיקה ותורת הקבוצות מבחן סופי אביב תשעד (2014) דפי עזר לוגיקה ותורת הקבוצות מבחן סופי אביב תשע"ד (2014) דפי עזר תורת הקבוצות: סימונים.N + = N \ {0} קבוצת המספרים הטבעיים; N Z קבוצת המספרים השלמים. Q קבוצת המספרים הרציונליים. R קבוצת המספרים הממשיים. הרכבת

Διαβάστε περισσότερα

רשימת משפטים והגדרות

רשימת משפטים והגדרות רשימת משפטים והגדרות חשבון אינפיניטיסימאלי ב' מרצה : למברג דן 1 פונקציה קדומה ואינטגרל לא מסויים הגדרה 1.1. (פונקציה קדומה) יהי f :,] [b R פונקציה. פונקציה F נקראת פונקציה קדומה של f אם.[, b] גזירה ב F

Διαβάστε περισσότερα

"קשר-חם" : לקידום שיפור וריענון החינוך המתמטי

קשר-חם : לקידום שיפור וריענון החינוך המתמטי הטכניון - מכון טכנולוגי לישראל המחלקה להוראת הטכנולוגיה והמדעים "קשר-חם" : לקידום שיפור וריענון החינוך המתמטי הנושא: פתרון בעיות באמצעות שיטת הנסיגה הוכן ע"י: תמר זמיר תקציר: בחומר מוגדר המושג רקורסיה

Διαβάστε περισσότερα

גיאומטריה גיאומטריה מצולעים ניב רווח פסיכומטרי

גיאומטריה גיאומטריה מצולעים ניב רווח פסיכומטרי מצולע הוא צורה דו ממדית, עשויה קו "שבור" סגור. לדוגמה: משולש, מרובע, מחומש, משושה וכו'. אלכסון במצולע הוא הקו המחבר בין שני קדקודים שאינם סמוכים זה לזה. לדוגמה: בסרטוט שלפניכם EC אלכסון במצולע. ABCDE (

Διαβάστε περισσότερα

תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד קיץ תש"ע מועד ב', מיום 14/7/2010 מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן.

תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד קיץ תשע מועד ב', מיום 14/7/2010 מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן. תשובות מלאות לבחינת הבגרות במתמטיקה מועד קיץ תש"ע מועד ב', מיום 14/7/2010 שאלון: 316, 035806 מוצע על ידי בית הספר לבגרות ולפסיכומטרי של אבירם פלדמן שאלה מספר 1 E נתון: 1 רוכב אופניים רכב מעיר A לעיר B

Διαβάστε περισσότερα

סיכום אינפי 2 19 ביוני 2010 מרצה: צביק איתמר, בעזרת סיכומים משיעוריו של נועם ברגר מתרגלים: ינאי ג', איב גודין

סיכום אינפי 2 19 ביוני 2010 מרצה: צביק איתמר, בעזרת סיכומים משיעוריו של נועם ברגר מתרגלים: ינאי ג', איב גודין סיכום אינפי 2 9 ביוני 200 מרצה: צביק איתמר, בעזרת סיכומים משיעוריו של נועם ברגר מתרגלים: ינאי ג', איב גודין אין המרצה או המתרגלים קשורים לסיכום זה בשום דרך. סוכם ע"י נגה רוטמן בשעות לא הגיוניות בעליל,

Διαβάστε περισσότερα

תורת הקבוצות מושגי יסוד בתורת הקבוצות קבוצה אוסף של אלמנטים הנקראים אברי הקבוצה. אין חשיבות לסדר האיברים בקבוצה. אין חשיבות לחזרות.

תורת הקבוצות מושגי יסוד בתורת הקבוצות קבוצה אוסף של אלמנטים הנקראים אברי הקבוצה. אין חשיבות לסדר האיברים בקבוצה. אין חשיבות לחזרות. תורת הקבוצות מושגי יסוד בתורת הקבוצות קבוצה אוסף של אלמנטים הנקראים אברי הקבוצה. אין חשיבות לסדר האיברים בקבוצה. אין חשיבות לחזרות. A = 1,4,7,17,20 B = 1, a, b, c 2 נאמר ש x שייך ל A ונסמן x A אם x הוא

Διαβάστε περισσότερα

אוסף שאלות מס. 3 פתרונות

אוסף שאלות מס. 3 פתרונות אוסף שאלות מס. 3 פתרונות שאלה מצאו את תחום ההגדרה D R של כל אחת מהפונקציות הבאות, ושרטטו אותו במישור. f (x, y) = x + y x y, f 3 (x, y) = f (x, y) = xy x x + y, f 4(x, y) = xy x y f 5 (x, y) = 4x + 9y 36,

Διαβάστε περισσότερα

מינימיזציה של DFA מינימיזציה של הקנוני שאותה ראינו בסעיף הקודם. בנוסף, נוכיח את יחידות האוטומט המינימלי בכך שנראה שכל אוטומט על ידי שינוי שמות

מינימיזציה של DFA מינימיזציה של הקנוני שאותה ראינו בסעיף הקודם. בנוסף, נוכיח את יחידות האוטומט המינימלי בכך שנראה שכל אוטומט על ידי שינוי שמות מינימיזציה של DFA L. הוא אוטמומט מינימלי עבור L של שפה רגולרית A ראינו בסוף הסעיף הקודם שהאוטומט הקנוני קיים A DFA בכך הוכחנו שלכל שפה רגולרית קיים אוטומט מינמלי המזהה אותה. זה אומר שלכל נקרא A A לאוטומט

Διαβάστε περισσότερα

לוגיקה מתמטית משה קמנסקי 23 בינואר 2018

לוגיקה מתמטית משה קמנסקי 23 בינואר 2018 לוגיקה מתמטית משה קמנסקי 23 בינואר 2018 1 מבוא לוגיקה מתמטית הוא התחום במתמטיקה שחוקר בצורה מדויקת מושגים כמו טענה ו- הוכחה. על מנת לספק מוטיבציה, נתבונן בשתי דוגמאות היסטוריות. 1.1 גאומטריית המישור אוקלידס

Διαβάστε περισσότερα

מודלים חישוביים פתרון תרגיל 5

מודלים חישוביים פתרון תרגיל 5 מודלים חישוביים פתרון תרגיל 5 כתוב אוטומט דטרמיניסטי לשפות הבאות מעל הא"ב.Σ={,} א. *Σ. q, ב. q, ג. {ε}, q, q ד. } = 3 {w w mod, q, q,, ה. ''} {w w does not contin the sustring q 4 q 3 q q כתוב אוטומט דטרמיניסטי

Διαβάστε περισσότερα

לוגיקה מתמטית הוא התחום במתמטיקה שחוקר בצורה מדויקת מושגים כמו טענה ו- הוכחה. על מנת לספק מוטיבציה, נתבונן בשתי דוגמאות היסטוריות.

לוגיקה מתמטית הוא התחום במתמטיקה שחוקר בצורה מדויקת מושגים כמו טענה ו- הוכחה. על מנת לספק מוטיבציה, נתבונן בשתי דוגמאות היסטוריות. לוגיקה מתמטית משה קמנסקי 1. מבוא לוגיקה מתמטית הוא התחום במתמטיקה שחוקר בצורה מדויקת מושגים כמו טענה ו- הוכחה. על מנת לספק מוטיבציה, נתבונן בשתי דוגמאות היסטוריות. 1.1. גאומטריית המישור. אוקלידס רצה לדעת

Διαβάστε περισσότερα

אוטומט סופי דטרמיניסטי מוגדר ע"י החמישייה:

אוטומט סופי דטרמיניסטי מוגדר עי החמישייה: 2 תרגול אוטומט סופי דטרמיניסטי אוטומטים ושפות פורמליות בר אילן תשעז 2017 עקיבא קליינרמן הגדרה אוטומט סופי דטרמיניסטי מוגדר ע"י החמישייה: (,, 0,, ) כאשר: א= "ב שפת הקלט = קבוצה סופית לא ריקה של מצבים מצב

Διαβάστε περισσότερα

xpy xry & ~yrx xiy xry & yrx

xpy xry & ~yrx xiy xry & yrx האם קיים קשר בין העדפה ובחירה? ההנחה שקיים קשר הדוק בין מערכת ההעדפות של היחידה הכלכלית ובין התנהגותה המתבטאת בבחירה בין האפשרויות העומדות בפניה מקובלת מאד בתיאוריה הכלכלית. למעשה הנחת העבודה הבלעדית בניתוח

Διαβάστε περισσότερα

תקצרי הרצאות של פרופ. רועי משולם

תקצרי הרצאות של פרופ. רועי משולם - 240491 מתמטיקה למדעי החיים 1 תקצרי הרצאות של פרופ רועי משולם הרצאה 2 מושגים בגיאומטרית המישור והמרחב 1 u u ( ) המישור האוקלידי: R} R { נקודת המישור נקראת ) ( נקראות וקטורים אורך הוקטור: ) ( נתון ע"י

Διαβάστε περισσότερα

לוגיקה ותורת הקבוצות למדעי המחשב הרצאות

לוגיקה ותורת הקבוצות למדעי המחשב הרצאות לוגיקה ותורת הקבוצות למדעי המחשב הרצאות גדי אלכסנדרוביץ' תוכן עניינים 2..................................................... מבוא 1 3.................................... תורת הקבוצות הנאיבית מושגי יסוד

Διαβάστε περισσότερα

PDF created with pdffactory trial version

PDF created with pdffactory trial version הקשר בין שדה חשמלי לפוטנציאל חשמלי E נחקור את הקשר, עבור מקרה פרטי, בו יש לנו שדה חשמלי קבוע. נתון שדה חשמלי הקבוע במרחב שגודלו שווה ל. E נסמן שתי נקודות לאורך קו שדה ו המרחק בין הנקודות שווה ל x. המתח

Διαβάστε περισσότερα

פתרון תרגיל דוגמא מרחב המדגם הוא כל הקומבינציות של 20 חודשי הולדת. לכל ילד 12 אפשרויות,לכן. לכן -

פתרון תרגיל דוגמא מרחב המדגם הוא כל הקומבינציות של 20 חודשי הולדת. לכל ילד 12 אפשרויות,לכן. לכן - פתרון תרגיל דוגמא מרחב המדגם הוא כל הקומבינציות של 0 חודשי הולדת לכל ילד אפשרויות,לכן לכן - 0 A 0 מספר קומבינציות שלא מכילות את חודש תשרי הוא A) המאורע המשלים ל- B הוא "אף תלמיד לא נולד באחד מהחודשים אב/אלול",

Διαβάστε περισσότερα

חשבון אינפיניטסמלי מתקדם 1 סיכומי הרצאות

חשבון אינפיניטסמלי מתקדם 1 סיכומי הרצאות חשבון אינפיניטסמלי מתקדם 1 סיכומי הרצאות 13 בינואר 211 מרצה: אילון לינדנשטראוס מתרגל: רון רוזנטל סוכם ע י: אור שריר פניות לתיקונים והערות: tnidtnid@gmail.com אתר הסיכומים שלי: http://bit.ly/huji_notes

Διαβάστε περισσότερα