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} 1 (t),...,p n {(t) R[t] נסמן ב d 1 d,..., n את הדרגות הפולינומים האלה בהתאמה. (דרגת הפולינום היא החזקה הכי גבוהה של t שמופיעה עם מקדם שונה מאפס.) ניקח } n d = max{d 1,...,d להיות הדרגה המקסימלית שלהם ונביט בפולינום = p(t) 1+d t. נטען שהוא לא נפרשע"י הקבוצה שלקחנו. אכן, הוא לא יכול להיכתבכצירוף ליניארי של (t),p 1 (t),...,p n כיוון שכל צירוף ליניארי, (t),a 1 p 1 (t)+...+a n p n שלהם מעלתו היא לכל היותר d. הגענו לסתירה. לכן R[t] אינו נפרש סופית. הערה: הוכחנו בתרגול שהמרחב הליניארי R} R [,1] = {f : [,1] (של פונקציות מהקטע [1,] לממשיים) אינו נפרש סופית. הדרך שבה הוכחנו: הנחנו ("בשלילה") שהוא גם נפרש סופית. מכאן (לפי משפט שלנמד) נובע שקיים בסיס סופי, נניח שגודלו N. אז גם כל N וקטורים (כאן אלה פונקציות) בת"ל הם בסיס של המרחב, לפי משפט. לקחנו n פונקציות פשוטות מסוימות, הוכחנו שהן בת"ל (כלומר, אמורות להיות בסיס למרחב), ויחד עם זאת מצאנו וקטור במרחב (פונקציה) שאינו צירוף ליניארי של N הוקטורים. כלומר הגענו לסתירה. דרך קצת אחרת: נביט ב [,1]} Ó F = {f : [,1] R f ÓÒ Ò Ø Ù Ø כל הפונקציות ששונות מ רק במספר סופי של נקודות. (1) F הוא תת מרחב ליניארי של [,1] R. (יש לבדוק!) () ידוע לנו(ממשפט שנלמד) שאם מרחב וקטורי הוא נפרש סופית, אז גם כל תת מרחב שלו נפרש סופית. לכן מספיק יהיה לנו להוכיח ש F לא נפרש סופית. (3) נוכיח ש F אינו נפרש סופית. נניח שיש לו קבוצה פורשת סופית } n f}. 1 f,..., לכל פונקציה f i ישנה קבוצה סופית K i שבה הפונקציה לא אפס, ובשאר הנקודות היא. נביט בקבוצה K. = n 1=i K i היא איחוד של מספר סופי של קבוצות סופיות, לכן בעצמה תת קבוצה סופית של [,1]. לכן ישנה נקודה x K\[,1] (שאינה ב K ). ניזכר שלפי מה שלקחנו, כל הפונקציות f 1 f,..., n שוות ל בנקודה x, כיוון שהיא בכלל מחוץ לקבוצה K שבה לפחות אחתהפונקציותברשימההיתהיכולהלהיות לא אפס. (כאמור,ישרק מספר סופי של נקודות שבהן איזושהי מהפונקציות היא לא אפס.) { 1 x = x נביט בפונקציה =.f(x) היא אינה צירוף ליניארי של f. 1 f,..., n x x 1

(הסבר: נניח שכן. כלומר (x) f(x) = a 1 f 1 (x)+...+a n f n לכל [,1].x נציב את x ונקבל =.1 סתירה.) כלומר, הקבוצה f 1 f,..., n אינה פורשת, בסתירה להנחה. לכן F אינה נפרשת סופית. לכן גם [,1] R אינה נפרשת סופית.. נניח כי V מ"ו ו W,U שני ת"מ שלו. הוכיחו כי U + W הוא סכום ישר אם ורק אם קיים וקטור v U + W בעל הצגה יחידה מהצורה v = u+w כאשר.u U, w W. נניח כי U + W הוא סכום ישר, כלומר {} = W U. נוכיח כי קיים וקטור v U W+ בעל הצגה יחידה כמתואר. נטען שוקטור האפס מקיים את הדרוש. ראשית, לוקטור האפס ישנה ההצגה =. U + W נניח שיש הצגה = u+w, כאשר.u U, w W אז,w = u לכן,w U שהרי u, U כי U ת"מ. (לכן בעצמו מרחב וקטורי, לכן לכל וקטור בו יש נגדי ביחס לחיבור. או הסבר אחר: הוא סגור לכפל בסקלאר, בפרט לכפל ב 1.) ובכן,.w U לכן,w U W מכאן ש =.w באותו אופן,,u W לכן,u U W לכן =.u כלומר, קיבלנו שההצגה שלקחנו חייבת להיות = +. לכן הוכחנו שלוקטור האפס ישנה הצגה יחידה כמתואר. (הערה: למעשה, כפי שהוכחנו בתרגול, U W+ הוא סכום ישר אם ורק אם לכל וקטור בסכום קיימת הצגה יחידה במתואר.). נניח כיקיים וקטור v U +W בעל הצגה יחידה,v = u+w כאשר w u U, U. W = {} נוכיח שמדובר בסכום ישר, כלומר ש W. נניח x U W וקטור. נרצה להוכיח ש =.x נשים לב ש.x U, x W לכן גם. x W נוכל לכתוב = w v = u +.(u+x)+(w x) U+W כיוון שידוע לנו של v הצגה יחידהכמתואר, בהכרח מתקיים.u+x = u, w x = w לכן =.x (מספיק לנו אחד השוויונים האלה.) כלומר הוכחנו ש { } = W U, ז"א U W+ הוא סכום ישר..3 נתונים: 1,3)} U = span{(1,1, 1),(,3, 1)}, V = span{(1,1,1),(1, שני ת"מ של R. 3 מצאו בסיס ומימד של U V ושל U. V+ החיתוך U V = {v = (a,b,c) R 3 : (a,b,c) = p(1,1, 1)+q(,3, 1)= r(1,1,1)+ {(1,3,1)s. נחפש כעת אילו p,q (או (r,s יכולים לקיים יחס זה. אנו דורשים שיתקיים (,,) =,p(1,1, 1)+q(,3, 1) r(1,1,1) s(1, 1,3) כלומר ש.(p+q r s, p+3q r+s, p q r 3s) = (,,) אז יש לנו את המע' הבאה עם שלוש משוואות וארבעת הנעלמים :p,q,r,s 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 4

1 1 5 1 6 1 1 1 3 קב' הפתרונות היא span{(,, 3,1)}.{(s, s, 3s,s) : s R} = אז אפשר לקחת עבור U V את הבסיס {(3,1,,)}, ו = 1 (V.dim(U הסכום ראשית, הסכום שווה לכל הצירופים הליניאריים של וקטורים מ U ומ V, כלומר.U +V = span{(1,1, 1),(,3, 1),(1,1,1),(1, 1,3)} (כדי להיות בטוחים, כדאי להוכיח הכלה דו כיוונית.) הקבוצה הרשומה כאן היא קבוצה פורשת של U. + V אבל היא לא בת"ל, לכן היינו רוצים לייצר ממנה קבוצה בת"ל (ועדיין פורשת) כך שתהווה בסיס של המרחב U. + V אין לנו צורך לשמור בבסיס דווקא וקטורים מהקבוצה הפורשת הרשומה כבר. נשים את הוקטורים הנתונים בשורות מטריצה, נדרג אותה. נקבל קבוצה שעדיין פורשת את אותו מרחב (כיוון שפעולות שורה אלמנטריות לא משנות את מה שנפרש ע"י הקבוצה). השורות שהן לא אפס בצורה המדורגת הן בת"ל. לכן יהיו בסיס ל U. V+ 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 3 1 1 1 1 3 4 1 1 1 1 3 לכן span{(1,1, 1),(,1, 3),(,,)} U + V = וזהו כבר בסיס של.U + V כלומר, = 3 V) dim(u + ו.U + V = R 3 (לפי שאלה 9 מתרגיל קודם, שהוזכרה גם בהרצאה.) אפשר לשים לב שמתקיים V).dim(U + V) = dimu + dimv dim(u (זה למעשה לא במקרה, לפי משפט שנלמד בהרצאות.) 4. במקרים הבאים נתונים מ"ו V ות"מ שלו W. מצאו בסיס של W והשלימו אותו לבסיס של V: א. [x].w = {p(x) R [x] p ( 1) = },V = R (תארו תחילה מהו (W תחילה נבין מהו.W אם,p(x) = ax +bx+c אז,p (x) = ax+b אז = ( 1) p.w = {p(x) = ax ax+c : a,c R} לכן. a+b כדאי קודם לחפש קבוצה פורשת של W ואח"כ נוכל במקרה הצורך לייצר ממנה קבוצה פורשת ובת"ל. נשים לב ש x,1} W = {a(x x)+c 1 : a,c R} = span{x כלומר, מצאנו קבוצה פורשת של W. אפשר לבדוק שהיא גם בת"ל: אם = x)+c 1,a(x אז בהכרח =,c.a = (בהגדרת המרחב, שניפולינומים שוים אם ורק אם כל המקדמים לפני החזקות המתאימות שוים.) אז x,1} {x הוא בסיס של W ומימדו. אנו יודעים ש = 3 [x]),dim(r לכן חסר לנו וקטור אחד כדי להשלים לבסיס של כל המרחב. אנו יכולים תמיד להשלים ע"י וקטורים מאיזשהו בסיס שמוכר לנו. במקרה כאן, ננסה להשלים מתוך,x,1}.{x אםנוסיףאתx,p(x) = ונביטב { x,x,1 {x אזזהובסיסשל [x] R ובכךסיימנו. 3

( זוהי קבוצה בת"ל בה שלושה איברים, לכן היא בסיס. למה היא בת"ל? נניח ש + x+ 1.a(x x)+bx+c = x אז = +(b a)x+c 1,ax לכן = c a = ואז גם = (.b (הערה: יכולנו גם להשלים את הבסיס של W ע" י p(x) = x לבסיס של המרחב כולו.) ב..W = {(a 1,...,a n ) a 1 +...+a n = },V = R n (אפשר להסתכל כעל קב' פתרונות מע' הומוגנית) נשים לב ש W הוא קבוצת הפתרונות של מע' הומוגנית = n {x 1 + x +... + x (בעלת משוואה אחת, עם n משתנים). (כיוון ש W לפי הגדרתה היא בדיוק כל הוקטורים שמקיימים את המע' הזו.) נתאר את קב' הפתרונות של מע' זו בדרך הרגילה. יש לנו 1 n משתנים חופשיים, ניקח x ומשתנה אחד קשור. אז קב' הפתרונות למע' היא:,...,x את n 1 1 x... x n x W = = span x n 1,..., 1 זוהי קבוצה פורשת של W. והיא גם בת"ל (בודקים!), לכן בסיס. אז 1 n.dimw = חסר לנו וקטור אחד כדי להשלים את הבסיס של W לבסיס של R. נסדר את הוקטורים בשורות: כל n 1 1... 1 1............... 1...... 1 בת"ל, ולכן בסיס : (1,,...,) = 1 e נקבל קבוצה נשים לב שאם נוסיף את 1...... 1...... 1 1... 1... 1 1... 1........................... 1...... 1...... 1 ג..W = span{(1,,3,4),(5,6,7,8),(9,1,11,1),(13,14,15,16)},v = R 4 תחילה, נמצא בסיס של W, כאשר יש בידינו קבוצה פורשת שלה. נסדר אותה בשורות ונדרג: 1 3 4 1 3 4 1 3 4 1 1 5 6 7 8 9 1 11 1 4 8 1 8 16 4 1 3 1 3 13 14 15 16 1 4 36 אז =,dimw ויש לנו בסיס שלו span{(1,, 1, ),(,1,,3)} W. = אז חסרים לנו שני וקטורים כדי להשלים לבסיס של המרחב כולו. 4

ניקח את הוקטורים e 3 e, 4 מהבסיס הסטנדרטי של R. 4 הם אכן ישלימו לבסיס של המרחב כולו, כיוון שיחד הם פורשים את המרחב כולו: 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1.5 הוכיחו כי אוסף המטריצות n} {E ij : 1 i m, 1 j הוא בסיס של.dimM ÑÜÒ (R) = mn והסיקו כי M ÑÜÒ (R) j......... E ij = i 1 לכתוב מהי ההגדרה של המט' E: ij האיבר במקום pq של מט' כזו { אם רוצים, אפשר 1 p = i, q = j הוא: = pq.[e ij ] elsewhere נטען ש { n E = {E ij : 1 i m, 1 j הוא בסיס של (R).M ÑÜÒ נוכיח שזו קבוצה פורשת ובת"ל. פורשת: נראה ש ( R ).span(e) = M ÑÜÒ ניקח (R).A = (a ij ) M ÑÜÒ אז אפשר לכתוב אותה כצירוף ליניארי = A (.span(e) M ÑÜÒ (R) הכלה שני, (בכיוון.A span(e) לכן, m i=1 n j=1 a ije ij בת"ל: 1 i m, 1 לכל b ij האפס). אז = (מט' m n i=1 נניח = ij j=1 b ije.j n (הסבר מפורט: נקבע.p,q נביט במקדם במקום pq בשני האגפים. באגף שמאל m n. מהגדרת E ij אנו יודעים ש pq (E ij ) רק עבור i=1 זהו סכום j=1 b ij(e ij ) pq.b pq 1 = לכן מכל הסכום מתאפסים כל המחוברים חוץ מאחד ומקבלים:.i = p,j = q לכן = pq.b לכך לכל (.p,q לכן זהו בסיס של מרחב המטריצות.ÑÜÒ המימד הוא כמות האיברים בבסיס, שהיא זהה לכמות המקומות במטריצה,ÑÜÒ כלומר.dimM ÑÜÒ (R) = mn ב*. נביט במרחב המטריצות (R) M nxn ובתת מרחב W של המטריצות הסימטריות: A}.W = {A M nxn (R) : A T = מצאו בסיס ל W וחשבו את.dimW (במקרה הצורך, בדקו שזה אכן ת"מ.) 5

עבור = n, ראינו (בתרגול). נביט ב 3 = n. מטריצות סימטריות מסדר 3 הן מהצורה Symm 3 (R) = a b c { b d e = a 1 +b 1 1 + c e f c 1 +d 1 +e 1 +f } 1 1 1 שש המטריצות כאן מהוות בסיס למרחב המטריצות הסימטריות מסדר Ü : שלוש מטריצות עבור איברי האלכסון ועוד שלוש מטריצות עבור איברים מחוץ לאלכסון הראשי. (כדי להוכיח שזה בסיס, יש לבדוק שזו קב' פורשת ובת"ל.) אם רוצים, אפשר עוד להסתכל על מקרה = 4 n. ניגש למקרה הכללי: מטריצות סימטריות מסדר n הן כאלה המקיימות,A t = A או לפי מקדמים: a ji = a ij לכל.i,j = n...1 נביט בבסיס למרחב זה שמורכב באותו אופן כמו עבור המקרים שבחנו: הוא יהיה מורכב מ"שני סוגים" של מט': (1) מטריצות,B ii := E ii עבור.i = 1,...,n (מטריצות עם איבר אחד באלכסון והשאר אפס.) () מטריצות,B ij := E ij + E ji עבור i,j n,1 כאלה ש i < j (מטריצות סימטריות פשוטות: עם שני מקדמים שונים מאפס והשאר אפס.) = 3,B אז אנו ניקח אותה פעם אחת.) (לדוגמא, עבור = 3,n = B 3 1 1 הערה: אפשר לכלול את כל אלה תחת "סוג אחד", אם ניקח את כל המט' מהצורה E ij E+ ji ללא הגבלות על i,j (זה יכלול את (1) מוכפלות ב.) טענה: הקבוצה j} B = {B ij : i,j = 1...n, i מהווה בסיס למרחב המטריצות הסימטריות,ÒÜÒ נסמנו (R) i = j).symm n כולל את סוג,(1) j i < כולל את סוג (() n n פורשת: ניקחמטריצהסימטרית.A = (a ij ) ÒÜÒ אזנוכללכתוב.A = a ij B ij i=1 j=1, j i. אז כל המקדמים הם אפס! (נא n n i=1 j=1, j i לכן B קב' פורשת של (R).Symm n בת"ל: ניקח צירוף ליניארי = ij a ij B לבדוק, בדומה לסעיף הקודם.) לכן B הוא בסיס של (R).Symm n כעת, נמצא מהו המימד של מרחב המט' הסימטריות.nxn לצורך זה, עלינו לספור כמה איברים יש ב B. יש לפחות שתי דרכים לעשות זאת. דרך א' מט' מסוג (1) יש n כאלה, כמספר האיברים באלכסון. כמה מט' מסוג () יש? זהשווה למספר האיברים שמעל האלכסון, לא כולל האלכסון. 6

# # # # # # עלינו לספור כמה # יש וחלק ב. מתקיים: n = # + = ( ÓÚ ÓÒ Ð)+n. n n לכן מספר האיברים מעל האלכסון הוא.n+ n n = n +n = n(n+1) אז סה"כ כמות האיברים בבסיס היא דרך ב' כמות האיברים בבסיס היא ככמות האיברים מעל האלכסון ועל האלכסון הראשי. כלומר,,n+(n 1)+...++1 = (1+n)n לפי נוסחה לסכום סדרה חשבונית. 6. הוכיחו כי אוסף כל השורות שאינן אפס במטריצה ÑÜÒ מדורגת קנונית הוא קבוצה בת"ל, אם מסתכלים על השורות האלה כעל וקטורים ב R. n נוכיח עבור מט' מדורגות. (בפרט זה יהיה נכון עבור מדורגות קנונית.) נביט במט' A ÑÜÒ מדורגת. זה אומר שאם יש לה שורות אפסים, אז הן כולן מתחת לשורות שאינן אפסים, כל איבר פותח נמצא מימין לאיברים פותחים בשורות מעליו (אם ישנן). נניחכי k m,r 1,...,R k אלההשורותשלבאינןאפסA,ומספריהאיבריםהפותחים בהן הם j 1,...,j k בהתאמה. כלומר ידוע לנו ש j 1 <... < j k m.1 נביט בצירוף ליניארי של השורות האלה: = k.a 1 R 1 +...+a k R עלינו להוכיח שכל המקדמים כאן הם. (כדאי לצייר צורה מדורגת, כדי להמחיש למה ההמשך נכון.) נביט באיבר מס' j 1 של שני האגפים. (שניהם וקטורים ב R) n יש לנו = kj1.a 1 R 1j1 +...+a k R הקואורדינטות מס' j 1 של השורות R,...,R k הן אפס. לכן = 1j1 R 1j1.a 1 R כי זהו איבר פותח שלהשורההראשונה, לכן = 1.a ממשיכים באינדוקציה: נניח שהוכחנו את הטענה עבור השורות l,...,1, כלומר הוכחנו כבר ש = l.a 1 =... = a נשאר לנו הסכום = k.a l+1 R l+1 +...+a k R נביט בקואורדינטה 1+l j של שני האגפים. באגף שמאל זהו ובאגף ימין מופיעה רק הקואורדינטה של המחובר הראשון, כיוון שהשאר אפס. כלומר = l+1,jl+1 a, 1+l R וכיוון ש l+1,jl+1 R כיוון שזהו האיבר הפותח של שורה מס' + 1,l נקבל ש = l+1.a כרצוי. לכן באינדוקציה מקבלים שכל המקדמים הם אפס. (ראו גם הוכחה בהרצאה.) 7. מצאו בסיס למרחב הפתרונות של המערכת ההומוגניות ( A) כאשר: 3 1 =.A מהו מימד מרחב הפתרונות? 4 5 6 7

1 3 4 5 6 1 3 4 3 6 תחילה נפתור את המע' ההומוגנית. 1 3 1. t t = span 1 יש לנו משתנה חופשי אחד, מרחב הפתרונות הוא t 1 1 1 1 לכן מימדו הוא 1..8 א. ראינודרךסטנדרטיתלכתיבתמרחבהפתרונותשלמע'הומוגניתכ { span{v 1,...,v s של מספר סופי של וקטורים. הוכיחו כי v 1 v,..., s הם בת"ל. (כאשר לוקחים אותם כמו שראינו בדרך רגילה). אם אין משתנים חופשיים, אז למע' ההומוגנית פתרון יחיד, רק הטריביאלי. במקרה כזה אפשר לרשום שמדובר ב ( span(, והוא לא יהיה בת"ל. הטענה למעשה מדברת על מקרה שבו יש משתנים חופשיים. אם כך, נניח שיש לנו m משוואות, n נעלמים, ומתוכם קיבלנו שיש s משתנים חופשיים. שאר המשתנים הם קשורים ותלויים 'איכשהו' בחופשיים, או שוים לאפס. ליתר דיוק, בכל מקרה, שאר המשתנים הם צירופים ליניאריים של המשתנים החופשיים. נניח לצורך הרישום שהמשתנים החופשיים הם n s+1 x. n x, 1 n x,..., (אם אלה משתנים אחרים, זה רק ישנה סדר של הקואורדינטות בהמשך.) מהצורה של המע' תהיה הפתרונות קב' אז x n s+1 x n = x n s+1 +...+ x n = span 1,..., = 1 span{v 1,...,v s } (במקום הכוכביות בשני הראשונים יש צירופים ליניאריים של המשתנים החופשיים, ובאגף הכי ימני מופיעים המקדמים המתאימים, כלומר מספרים ממשיים.) כעת, אפשר לשים את v 1 v,..., s בשורות מטריצה (אבל בסדר ההפוך), ולראות שהם מהווים מט' מדורגת (קנונית). לכן, לפי שאלה 6, הם בת"ל. הערה: אם המשתנים החופשיים היו אחרים (לא s האחרונים), היינו בכל אופן מקבלים שהם הוקטורים יוצרים שורות של מט' מדורגת. הסבר אחר: נניח בשלילה ש v 1 v,..., s תלויים. אז לפי תרגיל 4 שאלה 1, גם וקטורים "מקוצרים" שנייצר מהם יהיו תלויים ליניארית. נביט בוקטורים המקוצרים שמופיעים ב s הקואורדינטות האחרונות. הם מהווים את הבסיס הסטנדרטי של R. s לכן לא יכולים להיות תלויים ליניארית. סתירה. לכן v 1 v,..., s בת"ל. הערה: אם המשתנים החופשייים היו אחרים (לא s האחרונים), היינו שוב מניחים "בשלילה" שהוקטורים תלויים ליניארית ומסתכלים על הוקטורים המקוצרים שמתאימים למקומות שבהם "1" לכבוד משתנה חופשי. כלומר, היינו מסתכלים שוב רק על המקומות שמתאימים למשתנים החופשיים בלבד. ובהם מופיעים או 1 לכבוד משתנה חופשי, או במקומות האחרים. אז הם שוב מהווים את הבסיס הסטנדרטי של R. s 8

ב. הוכיחו כי מימד מרחב הפתרונות של מערכת הומוגנית שווה למספר המשתנים החופשיים של המערכת. בסימונים שך סעיף א', זה נובע מכך ש { v} 1 v,..., s היא קב' פורשת של מרחב הפתרונות ובת"ל, כלומר בסיס של מרחב הפתרונות של המע' ההומוגנית. ומספר הוקטורים בה שווה בדיוק למספר המשתנים החופשיים. 9. נביט במטריצות הבאות: 1 1.A = 1 1, B = 1 1 1 1, C = 1 1 1 1 1 קבעו אילו מבין הביטויים הבאים מוגדרים וחשבו את אלה שכן:.5BC 3B, CB, BC, C 3,BC, A C לא מוגדרים:.CB,A C השאר מוגדרים ואפשר לחשבם. למשל, נחשב: BC = 1 1 1 1 1 1 = 1 1 1 1 1 1 (כלומר, "הזזה" של B ימינה, תוך כדי שכחת העמודה הכי ימנית שלה והוספת עמודת אפסים משמאל.) 1 1.C = 1,C3 =,C4 = 1. א. ניקח שתי מטריצות,A B (כך ש AB מוגדר). הוכיחו כי לכל קבוע ממשי λ,.(λa) B = A (λb) = λ(ab) נבדוק מהו האיבר. נסמן ) ij.a ÑÜÒ = (a ij ), B ÒÜÔ = (b אז: = ij (λa).λa ij, (λb) ij = λb ij נחשב את האיבר ה ij בכל אחת מהמטריצות המבוקשות: ((λa) B) ij = n k=1 (λa) ikb kj = n k=1 λa ikb kj = λ n i=1 a ikb kj (A (λb)) ij = n k=1 a ik(λb) kj = n k=1 a ikλb kj = λ n i=1 a ikb kj (λ(ab)) ij = λ(ab) ij = λ n i=1 a ikb kj אז שלושת המטריצות שוות זו לזוף שהרי כל המקדמים במקומות המתאימים זהים. ב. נניח A מטריצה ריבועית (מגודל (nxn ונסמן.B = 3A 3 8A +7I הוכיחו שהן מתחלפות, כלומר ש.AB = BA אנו יודעים שמט' ריבועית מתחלפת עם עצמה (ועם כל חזקה של עצמה): 9

.A N A M = A M A N = A M+N כמו כן, כל מטריצה ריבועית מתחלפת עם מט' היחידה מאותו סדר:.AI = IA = A (אפשר לבדוק! ראו סעיף ג'.) אז,מחוקפילוג(ובעזרתהסעיףהקודם), A מתחלפתגםעםכלפולינוםשלעצמה(כאשר במקום איבר חופשי מופיע I), בפרט: AB = A(3A 3 8A +7I) = 3A A 3 8A A +7A I = 3A 3 A 8A A+7I A =.(3A 3 8a +7I)A = BA הערה: אפשר להוכיח את הטענה היותר כללית: כל מט' ריבועית A מתחלפת עם כל פולינום שלה. כלומר, אם q(x) = β n x n +... +β 1 x+β פולינום, אפשר לדבר על פולינום של מטריצהריבועית: q(a) := β n A n +...+β 1 A+β I (ביטויזהמוגדרוהואבעצמומטריצה מאותו סדר). הטענה היא ש A תמיד מתחלפת עם כל פולינום של עצמה:.A q(a) = q(a) A ג. הראושמטריצותמהסוג( R ) λi n M nxn מתחלפותעםכלמטריצה( R ).B M nxn ניקח λ ו ) ij.bnxn = (b ראשית, נשים לב ש.BI = B, IB = B { נוכיח את הראשון: 1 k = j = kj,i כל הסכום elsewise ש (כיוון.(BI) ij = n k=1 b iki kj = b ij = (B) ij מתאפס, פרט למחובר אחד ששורד.) לכן.BI = B באופן דומה,.IB = B כלומר, סה"כ הוכחנו ש I מתחלף עם כל מטריצה:.BI = IB נוכיח עכשיו את הדרוש, ונשתמש בסעיף א'..B (λi) = λ(bi) = λb = I(λB) = (λi)b (המעברים הראשון והאחרון הם מא', המעברים באמצע הם ממה שהוכח בסעיף זה קודם.) אז הוכחנו שמט' מסוג λi מתחלפת עם כל המט' מאותו סדר. למעשה (בתרגיל הבא), רק מט' מסוג כזה הן בעלות התכונה (התכונה להתחלף עם כל המט' מאותו גודל). 11. מטריצה ריבועית ) ij A ÒÜÒ = a) נקראת מטריצה משולשית עליונה אם כל איבריה שמתחת לאלכסון הראשי הם אפס, כלומר = ij a לכל i,j כאלה ש i. > j הוכיחו כי מכפלת שתי מטריצות משולשות עליוניות היא גם מטריצה משולשת עליונה. ניקח ) ij A = (a ij ), B = (b להיות שתי מט' משולשיות עליונות מגודל,ÒÜÒ כלומר.i > j לכל a ij =, b ij = נביט במכפלה שלהם ) ij C. = AB = c) נרצה להוכיח שהיא גם משולשית עליונה, כלומר ש = ij c לכל.i > j ניקח i > j ונביט ב c. ij (כדאי לצייר את המט'.) c ij זו שורה i של A כפול עמודה j של B. כאשר i > j היא מתאפסת כיוון שתחילה איברי שורה i של A הם אפס, ובהמשך הסכום איסרהעמודה j של B הם אפס. ליתרדיוק, נוכללרשום אתההגדרהשל c ij ולחלק את הסכום לשני חלקים: 1

c ij = n i 1 a ik b kj = a ik b kj + k=1 k=1 n a ik b kj בסכום הראשון, כל הזמן,i > k לכן = ik.a בסכום השני, כל הזמן,k i > j לכן = kj,b כלומר סה"כ: היא מט' משולשית עליונה. C = AB לכן.i > j עבור כל c ij = k=i ( ) n.1 cosθ sinθ א. (סיבוב) לכל n. N sinθ cosθ ) הראנו בתרגול שמכפלה של שני ( ) "סיבובים" זה "סיבוב")( בסכום הזויות, ( כלומר cosθ sinθ cosφ sinφ cos(θ +φ) sin(θ +φ). = sinθ cosθ sinφ cosφ sin(θ +φ) cos(θ +φ) אפשר להראות ש ( במפורט!) על n ) מכאן באינדוקציה (יש לרשום n ( ) cosθ sinθ cos(nθ) sin(nθ). = sinθ cosθ sin(nθ) cos(nθ) לכל.n N ( ) n cosθ sinθ ב. (שיקוף) sinθ cosθ נחשבתחילה (כדילבררלמהכדאילקרואלמט'זומט'שיקוף)איךהיאפועלתעלוקטור ) בעיגול היחידה ( במישור: ) )( ( cosθ sinθ cosα cos(α θ). = sinθ cosθ sinα sin(α θ) אם = θ זה היה שיקוף ביחס לציר האיקס (נא לצייר!). עבור θ כלשהו, מתקבל שיקוף ביחס לישר שהזוית שלו עם הכיוון שחיובי של ציר איקס היא θ. אם כך, הגיוני יהיה שכל חזקה זוגית של מט' זו לא עושה כלום (מספר זוגי של שיקופים ביחס לאותו ישר), כלומר תהיה מט' היחידה, וכל חזקה אי זוגית תהיה שווה למט' הנתונה. נסמן את המט' שלנו ב L. θ ( )( ) cosθ sinθ cosθ sinθ.l θ = = sinθ cosθ sinθ cosθ.k N לכל,L k θ = (L θ )k = I k = I כעת,.L θ.k N לכל,L k 1 = L (k 1)+1 θ θ ) נחשב: ( 1 1 אם כך, נטען שני דברים:,k N,L k θ = I (1.k N,L k 1 θ = L θ ( הוכחות: (1 ראינו ש = I = L (k 1) θ L θ = I L θ = L θ ( (כאן כדאי לשים לב שהכל בסדר גם כאשר = 1 k: אם = 1 k, אז אפשר לחשוב ש (.L θ = I הערה: אפשר גם לחשב מהי מכפלה של שני שיקופים באופן כללי. ½½