אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 7

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 7"

ŌἈβαδδών Παπανικολάου
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 אלגברה ליניארית 1 א' פתרון עבור :A לכן = 3.rkA עבור B: נבצע פעולות עמודה אלמנטריות (נדרג לפי עמודות). מימד מרחב העמודות שווה למימד מרחב השורות, לפי משפט שהוכח, לכן כמות העמודות שלא אפס בצורה המדורגת לפי עמודות היא הדרגה של המטריצה כלומר, יש שתי עמודות בת"ל, לכן = 2.rkB 1 a A = 0 1 a נביט במטריצה 3 2 a a הדרגה שלה תלויה בכמות השורות שאינן אפס. נבחן את כל המקרים האפשריים: (1) אם = 1 a, אז יש בה בדיוק שתי שורות לא אפס (השלישית והרביעית, והן בת"ל), לכן = 2.rkA (2) אם = 2 a, אז אפשר לקבל צורה מדורגת כזאת: , כלומר = 3.rkA (3) אם = 3 a, אז יש ל A שלוש שורות שאינן אפס בצורה המדורגת, לכן = 3.rkA (4) אם 1,2,3 a, אז יש ל A ארבע שורות שאינן אפס בצורה המדורגת, לכן אז.rkA = 4 1

2 3. נסמן ב ( R(X את מרחב השורות של מט' X (מרחב הנפרש ע"י השורות של X). א. הוכיחו כי R(A),R(CA) כאשר (R).A M ÑÜÒ (R), C M m כלומר,.rk(CA) rk(a) c 11 c 1m CA נטען שהשורות של.CA = º º º º º ºº R 1 נביט ב c m1 c mm R m הן צירופים ליניאריים של השורות של A. m.( c 1k a k1, k=0 נוכיח עבור השורה הראשונה של :CA,(CA) 1j = m כלומר השורה הראשונה של CA היא: c 1ka kj m m m m c 1k a k2,..., c 1k a kn ) = c 1k (a k1,a k2,...,a kn ) = c 1k R k (מקדמים משורה ראשונה של C לפני שורות מתאימות של A.) כלומר, שורה ראשונה של CA היא בתוך ) m.span(r 1 R,..., m באופן דומה, שורה מס' i של CA היא: ) m. c ik R k span(r 1,...,R לכן R(A).R(CA) = span(öóû Ó CA) span(r 1,...,R m ) = לכן rk(a).rk(ca) ב. C הפיכה, אז קיימת 1 C מט'.ÑÜÑ עבורה אנו יודעים מהסעיף הקודם ש rk(a).rk(a) = rk(c 1 CA) rk(ca) לכן מתקיים שוויון במקום כל אחד מאי השוויונים כאן. כדרוש. ג. (R) B,A M ÑÜÒ (R), B M n הפיכה. נוכיח ש rk(a).rk(ab) = אפשר לבצע שלבים דומים לאלה שבסעיפים הקודמים. אפשר גם להשתמש בהם: נביט במט',(AB) t = B t A t יש לה דרגה זהה למה שאנו מחפשים: = t rk(ab).rk(ab) נשים לב ש (R) A t M ÒÜÑ ו (R),B t M n ומכך ש B הפיכה, גם B t הפיכה. לכן בהשתמש בסעיף ב' (המעבר האמצעי משתמש בו), rk(a).rk(ab) = rk(b t A t ) = rk(a t ) = כדרוש!.4 נניח כי (R).A M ÑÜÒ נסמן ב R 1,...,R m את השורות של.A אז ) m rk(a) = dimspan(r 1,...,R ו ) m.rk(a i ) = dimspan(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r מתקיים ) m,span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r m ) span(r 1,...,R כלומר rk(a).rk(a i ) אם ההכלה הזאת היא שוויון, אז rk(a).rk(a i ) = מתי יש שוויון כזה (בהכלה)? הוא ישנו אם ורק אם ) m.span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r m ) span(r 1,...,R זה בתורו מתקיים אם ורק אם ) m.r i span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r 2

3 (הסבר ל"אם ורק אם": בכיוון אחד, אם R i הוא צירוף ליניארי של שאר השורות, אז כל השורות הן ב (,span(r 1 R,..., 1 i R, 1+i R,..., m ולכן גם ה span של כל השורות הוא תת קבוצה של ) m.span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r בכיוון השני, אם נניח שמתקיימת הכלה זו, אז בפרט ) m (.R i span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r ובכן, מצאנו תנאי הכרחי ומספיק:.R i span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r m ) אם ורק אם rk(a i ) = rk(a) נישאר לברר מהו ) i rk(a כאשר ) m.r i / span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r.r 1,...,R i 1,R i+1,...,r m מבטא את כמות השורות הבלתי תלויות מתוך rk(a i ) נטען ש:אם נוסיף להן את השורה R, i נקבל שכמות השורות הבת"ל גדלה ב 1 : אלה הן השורות מקודם והשורה שהוספנו. הסבר: נניח שהשורות הבת"ל מקודם היו R i ) R j1 R,..., jk לא מופיע ברשימה). נביט בצירוף הליניארי = 0 i.a 1 R j a k R jk +ar אם 0,a אז R i הוא צירוף ליניארי של R j1,...,r jk (למה?) סתירה! לכן = 0.a אבל אז כיוון ש R j1,...,r jk בת"ל, שאר המקדמים גם חייבים להיות אפס. לכן בהוספת R i מקבלים רשימה חדשה של שורות בת"ל. (כמות השורות הבת"ל לא יכולה להיות גדולה יותר, כי שאר השורות תלויות ב R. j1 R,..., jk באופן כללי, מהשורות חוץ מ R i אפשר לנדב לא יותר מ r בת"ל (ובמקרה כאן הן גם בת"ל אם מוסיפים להן את R), i גם אם ננסה לקחת שורות אחרות.) לכן קיבלנו ש ( rk(a במקרה הזה גדול ב 1 מ (.rk(a i כלומר במקרה שבו.rk(A i ) = מתקיים rk(a) 1,R i / span(r 1,...,R i 1,R i+1,...,r m ) 5. אם A,B שתי מטריצות מאותו סדר, אז rk(a)+rk(b).rk(a+b) נניח שהמטריצות הן.ÑÜÒ נסמן את השורות של A ב { {R 1,...,R m ואת השורות של B ב {.{Q 1,...,Q m לפי ההגדרה, }) m.rk(a+b) = dim(span{r 1 +Q 1,...,R m +Q נשים לב ש } m.r 1 +Q 1,...,R m +Q m span{r 1,...,R m,q 1,...,Q לכן גם } m.span{r 1 +Q 1,...,R m +Q m } span{r 1,...,R m,q 1,...,Q (1) rk(a+b) {}}{. dimspan{r 1 +Q 1,...,R m +Q m } dimspan{r 1,...,R m,q 1,...,Q m } נוכיח ש (2) { rk(a) rk(b) }}{{}} { dimspan{r 1,...,R m,q 1,...,Q m } dimspan(r 1,...,R m )+ dimspan(q 1,...,Q m ) נסמן.rk(A) =,k rk(b) = l אז ב A קיימות k שורות בת"ל, נניח שאלה הן B, שורות בת"ל של l נחליף סדר השורות). באותו אופן, אפשר לקחת (אחרת R 1 R,..., k נניח שאפשר לקחת את Q. 1 Q,..., l אז ) l,r 1,...,R m span(r 1,...,R m ), Q 1,...,Q m span(q 1,...,Q לכן,R 1,...,R m,q 1,...,Q m span(r 1,...,R k,q 1,...,Q l ) לכן גם ) l.span(r 1,...,R m,q 1,...,Q l ) span(r 1,...,R k,q 1,...,Q לכן 3

4 כמו כן, rk(a)+rk(b) dimspan(r 1,...,R k,q 1,...Q l ) k +l = (l+ k זו כמות הוקטורים, המימד לא יכול להיות גדול מזה.) לכן סה"כ קיבלנו את הרצוי: rk(a)+rk(b).rk(a+b) מתי יש שוויון? ראשית,שוויוןקייםאםורקאםמתקייםשוויוןבכלאחדמהאישוויוניםבמהלךההוכחה. מציאת תנאי מפורש שיהיה הכרחי ומספיק זה יותר קשה.. יש לדרוש ש: הקבוצה R 1 R,..., k Q, 1 Q,..., l היא בת"ל (לכבוד שוויון ב ( 2 )). בנוסף (לכבוד( 1 )), ישלדרוש שבחיבור A+B לא"מאבדים"שורותבת"ל. אנויודעיםשכלהשורות של A הן צירופים ליניאריים של R 1 R,..., k ובדומה עבור B. בהנחה שכבר מתקיים ש (R 1 +Q 1,...,R m + הן בת"ל, אנורוצים שיתקיים שהדרגה של R 1,...,R k,q 1,...,Q l ) m Q תהיה k. + l התנאי שלקחנו בנתיים לא מספיק כדי שיתקיים שויון גם ב ( 1 ) (תנו דוגמא!). כאן צריך לחקור ביתר "עדינות". (אפשר בקלות למצוא תנאים מספיקים, אבל לא הכרחיים..) 6. A M ÑÜÒ מטריצה מדרגה r. נרצה להציג אותה כסכום של r מטריצות מדרגה 1 כל אחת. כיווןשדרגתהמט'היאr,מימדמרחבהשורותשלAשווהל r,(dimspan(öóû ) = r) לכן קיימות ביניהן r שורות בת"ל, שפורשות את מרחב השורות (כלומר, בסיס למרחב השורות). ניקח r שורות בת"ל, לחיסכון באינדקסים, נניח שאלה השורות R, 1 R,..., r אחרת נחליף שורות כך שאלה שבחרנו יופיעו ראשונות (ובהמשך נחליף במקומות בהתאם). אז כל שאר השורות הן צירופים ליניאריים של השורות האלה (וגם השורות האלה הן צירופים ליניאריים של r השורות האלה). כלומר, לכל i קיימים מקדמים b ik כך ש (עבור שורה מס' i). R i = b i1 R 1 +b i2 R b ir R r = r b ikr k לכן את המטריצה הנתונה אפשר לרשום כסכום של מטריצות A 1 A,..., r כך שמט' A 1 "כוללת" את המרכיבים R 1 בכל שורה, A 2 מכילה את המרכיבים R 2 בכל שורה וכו'. כלומר, נגדיר את המטריצות כך: השורות של A 1 יהיו ) 1 (b 11 R 1,b 21 R 1,...,b m1 R (ז"א אספנו אך ורק את המרכיבים של R 1 מכל שורה של A). השורות של A 2 יהיו ) 2.(b 12 R 2,b 22 R 2,...,b m2 R באופן כללי, השורות של j r,a j 1 יהיו ) j.(b 1j R j,b 2j R j,...,b mj R המטריצות שבנינו, A, 1 A,..., r הן כולם מדרגה 1 (הסבר: השורות של מטריצה A j הן כפולות של 0 j R (הוא מרשימת הבת"ל, לכן לא אפס), לכן הדרגה היא לא יותר מ 1, והיא בדיוק 1, כיוון שהמט' לא אפס, כי לפחות בשורה ה j מופיע 0 j R עם מקדם 1.) A. = r (בכל שורה זה מתקיים ולכן סה"כ.) כמו כן, j=1 A j נשאר עוד להוכיח שעבור מטריצה מדרגה r אי אפשר לכתוב אותה שסכום מסוג זה עם פחות מ r מטריצות.,A = q כאשר A j כולן מדרגה.1 אז לפי שאלה,5 נניח שהצלחנו לכתוב 1=j A j.r = rk(a) q לכן לא ייתכן ש.q < r (השאר כן ייתכנו. ואנחנו j=1 rk(a j) = q מצאנו בנייה שבה יש בדיוק r מטריצות בסכום.) 4

5 .7 (R).m n,a M ÑÜÒ יש להוכיח כי למע' (A b) קיים פתרון לכל b R m אם ורק אם.rk(A) = m לפי שאלה 7 בתרגיל 3 (ותרגול), למע' (A b) קיים פתרון אם ורק אם b הוא צירוף ליניארי של העמודות של A. לכן, למע' (A b) קיים פתרון לכל b R m אם ורק אם כל b R m הוא צירוף ליניארי של העמודות של A. span(óðùñò Ó ) R,כלומרכאשר= m זהקורהאםורקאם( span(óðùñò Ó.rk(A) = m אז אם ורק אם.dimspan(ÓÐº Ó ) = m כלומר אם ורק אם.R m 8. נניח A,B שתי מט' ריבועיות מסדר,ÒÜÒ נרצה להוכיח עבור מט' הבלוקים מתקיים אי השוויון: rk ( ) A B 2rk(A)+rk(B) A A נחסר את n השורות הראשונות מ n השורות התחתונות. זה לא משנה את הדרגה. ( ) ( ) (( ) ( )) A A A A A A 0 0 rk = rk = rk + A B 0 B A 0 A 0 B ( ) A A rk +rk 0 A ( ) 0 0 = rk 0 B ( ) A 0 +rk 0 A לפי אי השוויון שהוכח בשאלה 5, ( ) 0 B = 2rk(A)+rk(B) 0 0 כלומר הוכחנו. ( ) ( ) דרך קצת אחרת: A A A A rk = rk = rk(a) + rk(b A) rk(a) + rk(b) + A B 0 B A rk( A) = 2rk(A)+rk(B).9 (ידוע ש = 3 rka ולמע' Ax = b יש פתרון.) דרך א' נמצא תחילה את α מהנתון על הדרגה. נדרג את המטריצה לפי עמודות: α α α α 9 לכן = 9 α כדי שהדרגה תהיה 3. כעת, קיים פתרון ל A b אם ורק אם b היא צירוף ליניארי של העמודות של A (הוכח בשיעורי בית קודמים ובתרגול). לכן יש לדרוש ש 5

6 d d d = β אז = 1 1,d לכן בהכרח = 0 2,d לכן בהכרח 5 = 3.d לכן בקואורדינטה האחרונה מופיע = 5.β דרך ב' (יותר קצרה) להרכיב מטריצה מורחבת A b ולדרג אותה לפי שורות. כך מוצאים מיד את α ואת β. 10*. (R) A M n מט' שסכום מקדמיה בכל שורה הוא אפס. נוכיח שהיא לא הפיכה. הוכחה ë1 n : ) n.w = {(x 1,...,x נשים לב נביט בת"מ W R n המוגדר ע"י 0} = i i=1 x שכל השורות של A שייכות ל W, לכן גם.rk(A) = dimspan(öóû Ó ) dimw לכן,span(ÖÓÛ Ó ) W נמצא את.dimW נשים לב ש W זה בדיוק מרחב הפתרונות של המערכת המורכבת ממשוואה אחת עם n משתנים: = 0 n.x x מימד מרחב הפתרונות של מע' הוא ככמות המשתנים החופשיים, כלומר כאן 1 n. (או בניסוח אחר, זה כמות המשתנים פחות כמות המשוואות הבלתי תלויות ) = 1 = הדרגה של המטריצה המצומצמת של המערכת). לכן סה"כ n 1.rk(A) dimw = לכן A לא הפיכה. הוכחה ë2 ניזכר שמטריצה A היא הפיכה אם ורק אם למע' = 0 Ax פתרון יחיד (הטריביאלי). נשים לב כאן שאם ניקח את הוקטור (1,...,1,1) = v, אז מהנתון מתקיים = 0.Av (חישובמפורט: התוצאההיאוקטורעמודהבאורךn. נחשבקואורדינטהשלו: = i (Av) (. n a ikv k = n a ik = 0 לכן המטריצה הנתונה לא יכולה להיות הפיכה. כדרוש. הוכחה ë3 נשים לב לתופעה הבאה: אם אנחנו מבצעים פעולות אלמנטריות של שורה על המטריצה, אזגםבמט'שמתקבלתנשמרתאותהתכונה: סכוםמקדמיםבכלשורההואאפס. (נאלבדוק את זה עבור כל אחת משלוש הפעולות האלמנטריות!). כלומר, בכל מטריצה שמתקבלת מהמטריצה שלנו ע"י פעולות אלמנטריות, סכום מקדמים בכל שורה הוא אפס. אבל אז לא ייתכן שמטריצת היחידה מתקבלת מהמטריצה שלנו ע"י פעולות אלמנטריות על השורות, שהרי למט' היחידה אין תכונה כזאת! (אצלה סכום בכל שורה הוא במקרה 1 ולא 0). לכן המטריצה הנתונה אינה שקולת שורות למט' היחידה. לכן היא לא הפיכה. יש עוד הוכחות (למשל, בדומה לראשונה, אך בניסוח במונחים של העתקות ליניאריות.). c. מטריצה הפיכה שסכום מקדמים בכל שורה שלה הוא מספר קבוע A M n (R) 11*. (לפי שאלה 0 10, c) נבדוק האם גם 1 A היא בעלת סכום מקדמים קבוע בכל שורה: כמו בהוכחה השניה לטענה של שאלה 10, נביט בוקטור v. = (1,...,1,1) R n אם מכפילים אותו במטריצה (משמאל), הוא "מסכם" את האיברים בכל שורה. כלומר, את הנתון אפשר לרשום כך: (c,c,...,c).av = cv = נכפיל את שני האגפים ב 1 A משמאל:.A 1 Av = ca 1 v כלומר,.A 1 v = 1 c v אז קיבלנו שסכום המקדמים בכל שורה של 1 A הוא קבוע ושווה ל. 1 c

Σχετικά έγγραφα

פתרון תרגיל 8. מרחבים וקטורים פרישה, תלות \ אי-תלות לינארית, בסיס ומימד ... ( ) ( ) ( ) = L. uuruuruur. { v,v,v ( ) ( ) ( ) ( )

$פתרון תרגיל 8. מרחבים וקטורים פרישה, תלות \ אי-תלות לינארית, בסיס ומימד ... ( ) ( ) ( ) = L. uuruuruur. { v,v,v ( ) ( ) ( ) ( )$ פתרון תרגיל 8. מרחבים וקטורים פרישה, תלות \ אי-תלות לינארית, בסיס ומימד a d U c M ( יהי b (R) a b e ל (R M ( (אין צורך להוכיח). מצאו קבוצה פורשת ל. U בדקו ש - U מהווה תת מרחב ש a d U M (R) Sp,,, c a e