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 באמצעות L A TEX 2ε ב- 4 בפברואר 2008 עדכונים, תיקונים וסיכומים נוספים יימצאו ב-/ http://wwwlimsoupnet לתגובות, לתיקונים ובכל עניין אחר, אנא כתבו ל- yuvak@gmxnet

תוכן עניינים 5 שדות 1 5 Z ו- Q המספרים השלמים והרציונאליים 11 5 שדות 12 7 תכונות שדה 13 7 n שדה השאריות מודולו Z n 14 10 המציין של שדה 15 11 R ו- C המספרים הממשיים והמרוכבים 16 13 מרחבים וקטוריים 2 13 הגדרת מרחב וקטורי 21 14 תכונות מרחב וקטורי 22 14 המודל הגיאומטרי של R 2 ושל R 3 23 16 תת-מרחבים 24 18 צירופים לינאריים 25 21 בסיסים 26 24 מרחב הפולינומים 27 26 סכום תת-מרחבים 28 28 העתקות לינאריות 3 28 הגדרת העתקה לינארית 31 29 קריטריון ללינאריות העתקה 32 29 העתקות מיוחדות 33 29 מציאת העתקות לינאריות 34 30 גרעין של העתקה לינארית 35 31 תמונה של העתקה לינארית 36 32 כמה מילים על פונקציות 37 33 הרכבת העתקות לינאריות 38 35 עוד אודות איזומורפיזמים 39 35 וקטור הקואורדינטות 310 36 מרחב ההעתקות 311 37 מרחב המטריצות 312 40 תכונות של כפל מטריצות 313 41 מטריצות מעבר 314 43 מערכות משוואות לינאריות 4 43 מערכות משוואות 41 3

תוכן עניינים תוכן עניינים 45 דירוג מטריצות פתרון משוואות 42 47 מטריצת מדרגות קנונית 43 48 מטריצות אלמנטריות 44 49 טיפ לחיים 45 4

1 שדות 1 שדות Z 11 ו- Q המספרים השלמים והרציונאליים 22102006 מוגדרת ב-{ 1, 1, 0,, { = Z פעולת חיבור מתקיימות התכונות: 1 ח- 1 לכל a, b Z קיים c Z יחיד כך ש- c a + b = (סגירות) a + b = b + a (קומוטטיביות חילוף) c) (a + b) + c = a + (b + (אסוציאטיביות קיבוץ) a + 0 = a (קיום איבר אפס) ח- 2 לכל,a, b Z ח- 3 לכל,a, b, c Z ח- 4 קיים איבר Z 0 כך שלכל,a Z ח- 5 לכל a Z קיים b Z כך ש- 0 = b a + (קיום איברים נגדיים) מוגדרת גם פעולת כפל מתקיימות התכונות הבאות: כ- 1 לכל a, b Z קיים c Z יחיד כך ש- c a b = (סגירות) a b = b a (קומוטטיביות) c) (a b)c = a(b (אסוציאטיביות) a 1 = a (קיום איבר יחידה) a(b + c) = ab + ac (דיסטריבוטיביות פילוג) כ- 2 לכל,a, b Z כ- 3 לכל,a, b, c Z כ- 4 קיים איבר Z 1 כך שלכל,a Z כ-ח לכל,a, b, c Z תכונה מקבילה לח- 5 אינה מתקיימת ב- Z עבור כפל 2 Q = { a b קבוצת המספרים הרציונאליים Z Q מתקיימות נגדיר 0} b a, b Z, כל התכונות הנ"ל, ובנוסף כ- 5 לכל a Q 0 קיים b Q כך ש- 1 = b a (קיום איברים הפכיים) 12 שדות הגדרה קבוצה F עליה מוגדרות פעולות "חיבור" ו"כפל" נקראת שדה אם מתקיימות התכונות הבאות: ח- 1!c F : a + b = c שדה a, b, c F a, b F a, b F ח- 2 a + b = b + c ח- 3 c) (a + b) + c = a + (b + 0 F F : a F ח- 4 a + 0 F = a ח- 5 a F b F : a + b = 0 F a, b F כ- 1!c F : a b = c a, b F a, b, c F 1 F F : a F כ- 2 a b = b a כ- 3 a(bc) (ab)c = כ- 4 a 1 F = a 1 קיום תכונות אלו ב- Z ניתן להוכחה; אלו אינן אקסיומות 2 קבוצה שמקיימת את התכונות דלעיל נקראת חוג 5

1 שדות 12 שדות כ- 5 a F a 0 = b F : ab = 1 F a, b, c F כ-ח a(b + c) = ab + ac 25102006 דוגמה (שדה הדיאז והבמול) תהי קבוצה {, } = F נגדיר פעולות: + זהו אכן שדה: סגירות (ח- 1, כ- 1 ) מתקיימת, לפי הגדרת הפעולות; קומוטטיביות (ח- 2, כ- 2 ) מתקיימת, לפי סימטריות הטבלאות; איבר האפס (ח- 4 ) הוא ואיבר היחידה (כ- 4 ) הוא, לפי הטבלאות; קיימים איברים נגדיים (ח- 5 ) =, = ואיבר הפכי (כ- 5 ) = 1 ( הוא איבר האפס, לכן לא מוגדר לו הפכי) את קיום תכונות האסוציאטיביות (ח- 3, כ- 3 ) והדיסטריבוטיביות (כ-ח) ניתן להראות לפי בדיקת כל האפשרויות הגדרת שדה זו אינה רנדומאלית: ישנה רק דרך אחת להגדיר שדה בעל מספר שהוא חזקת-ראשוני של איברים, על-פי משפט מתורת השדות (ואין שדה בעל מספר איברים שאינו חזקת-ראשוני); ניתן לנסות ולראות שאם + לא יתקבל שדה משפט 1: איבר האפס ואיבר היחידה בשדה יחידים הוכחה (יחידות האפס) נניח ש- F 0 F,0 האפסים של השדה F לכל a F מתקיים a + 0 F = a ו- a ;a + 0 F = לכן בפרט, עבור,a = 0 F מתקיים 0 F = 0 F + 0 F = 0 F + 0 F = 0 F (בהסתמך על נייטרליות 0 F ו- F (0 כלומר, 0 F = 0 F משפט :2 לכל a F יש נגדי (איבר b המקיים (a + b = 0 F יחיד ולכל a F 0 יש הפכי (איבר b המקיים (ab = 1 F יחיד הוכחה (יחידות הנגדי) יהי a F נניח שיש שני איברים b, b F כך שמתקיים a + b = 0 F ו- a + b = 0 F נוסיף 3 b לשני האגפים: ) b b + (a + b) = b + (a + מהאסוציאטיביות, b ;(b + a) + b = (b + a) + מהקומוטטיביות, b ;(a + b) + b = (a + b) + מתכונת הנגדי, b = b ומנייטרליות האפס,,0 F + b = 0 F + b נוסיף לדרישות השדה את הדרישה 1 F 0 F דרישה זו אינה בגדר חובה, אבל טענה :3 אם בשדה,1 F = 0 F F אז לכל a = 0,a F הוכחה למה :13 יהי F שדה אז לכל a 0 F = 0,a F 4 הוכחה יהי a F מנייטרליות האפס ומהפילוג, a 0 F = a (0 F + 0 F ) = a 0 F + a 0 F נחבר לשני האגפים ; a 0 F נקבל )) F a 0 F + ( (a 0 F )) = a 0 F + a 0 F + ( (a 0 3 לא ניתן, בשלב זה, לכתוב a סימון זה כרוך ביחידות, והרי זה מה שעלינו להוכיח 4 זו אינה טענה טריוויאלית a לא חייב להיות מספר 6

13 תכונות שדה 1 שדות מהאסוציאטיביות, )) F a 0 F + ( (a 0 F )) = a 0 F + (a 0 F + ( a 0 ולכן, מתכונת הנגדי, 0 F = a 0 F כעת, נניח שבשדה 1 F = 0 F,F יהי a F אז = 0 F,a = a 1 F = a 0 כנדרש 13 תכונות שדה יהי F שדה ויהיו a, b, c F א a 0 F = 0 F ב ( 1 F )a = a הוכחה צריך להוכיח 1 ) F a( = a על-פי יחידות הנגדי, כיוון ש- a הוא הנגדי של a, אם נוכיח ש- a ( 1 ) F אף הוא נגדי של a נקבל שמתקיים 1 ) F a( = a לכן מספיק להוכיח,a + ( 1 F )a = 0 F כלומר a + ( 1 F )a = a(1 F + ( 1 F )) = a 0 F = 0 F ג (ab) a( b) = ( a)b = ד ( a) = a ה ( a)( b) = ab ו (a + b) = a b 5 ז a(b c) = ab ac ח (a 0 F ) (a 1 ) 1 = a 6 ט 1 b (a, b 0 F ) (ab) 1 = a 1 י a + c = b + c = a = b יא (a 0 F ) ab = ac = b = c יב ab = 0 F = a = 0 F b = 0 F n שדה השאריות מודולו Z n 14 29102006 משפט 4 (חילוק עם שארית): יהי < n N 1 ניתן לחלק כל מספר טבעי m ב- n עם שארית: קיימים r,q יחיד כך ש- n m = qn + r 0 r < דוגמה למשל, m q n r 13 = 4 3 + 1 14 = 4 3 + 2 15 = 5 3 + 0 5 כאשר כותבים,a b מתכוונים ל-( b ) a + 6 כאשר כותבים 1 a, מתכוונים להפכי של a, אם קיים 7

1 שדות n שדה השאריות מודולו Z n 14 נגדיר 1} n Z n = {0, 1,, אם נבחר שני מספרים מ- Z, נחבר אותם, נחלק ב- n וניקח את השארית, נקבל מספר ב- Z n נגדיר חיבור מודולו :n אם,a, b Z נכתוב a + b = qn + r ונגדיר a + n b = r באופן דומה, נגדיר כפל ב- :Z n עבור,a, b Z נכתוב a b = qn + r ואז a n b = r דוגמה עבור = 2,n + 2 0 1 0 0 1 1 1 0 2 0 1 0 0 0 1 0 1 אם נסמן = 0, = 1 נקבל שוב את דוגמת הדיאז והבמול, בה כבר ראינו שמתקבל שדה דוגמה עבור = 4,n + 4 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 4 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 0 2 3 0 3 2 1 זהו אינו שדה לא קיים 2: 1 נניח בשלילה ש- a Z 4 0 הוא ההפכי של 2 על-פי הטבלה, 2 42 = 0 נכפיל ב- a ונקבל a 4(2 42) ;a 40 = מחוק הקיבוץ, (a 42) 42 a 40 = ועל-פי ההנחה ש- a ההפכי של 4 2,2 1 = 0 סתירה הגדרה יהי a N נסמן ב- [a] n את השארית המתקבלת על-ידי חלוקה של a ב- n ; כלומר, אם a a (mod n) נכתוב,(a a = qn) n נבדלים בכפולת a,a אם [a] n = r,a = qn + r טענה :5 n) a a (mod אם"ם [a] n = [a ] n דוגמה 5) (mod 16 31 כי 5 3 = 15 = 16 31 אפשר לראות זאת גם על-פי כך ש- 1 5 + 6 = 31 ו- 1 5 + 3 = 16 הוכחה נניח ש-( n a a (mod אז a a = qn ולכן a = a + qn נחלק את a ב- n : a כלומר, שארית החלוקה של a = (k q)n + [a] n מכאן, a + qn = a = kn + [a] n ב- n היא,[a] n ולכן [a] n = [a ] n (הכיוון השני כתרגיל) טענה :6 לכל a [a] n (mod n),a N הוכחה יהי a N נכתוב a = qn + [a] n אז,a [a] n = qn ולכן n) a [a] n (mod טענה :7 אם n) a a (mod ו-( n,b b (mod זא n) (a + b) (a + b ) (mod 8

n שדה השאריות מודולו Z n 14 1 שדות הוכחה נניח a b b,a לכן a a = k 1 n ו- n ;b b = k 2 נחבר את המשוואות ונקבל (a + b) (a + b ) (mod n) אז (a + b) (a + b ) = (k 1 + k 2 )n 1112006 משפט 8: לכל Z n 1, < n N מקיים את כל תכונות השדה פרט (אולי) לקיום הפכי לכפל (כ- 5 ) הוכחה נבדוק את קיום התכונות: ח- 1 סגירות: אם,a, b Z n משפט החילוק עם שארית מבטיח ששארית החלוקה ב- n של a + b היא מספר ב- Z n ח- 2 קומוטטיביות:,a + b = b + a לכן a + n b = [a + b] n = [b + a] n = b + n a ח- 3 אסוציאטיביות: צ"ל c) (a + n b) + n c = a + n (b + n מהגדרת הפעולה + n נקבל (a + n b) + n c = [[a + b] n + c] n מטענות 7 ו- 6, מתקיים [[a + b] n + c] n = [(a + b) + c] n לכן על-פי טענה,5,[a + b] n + c (a + b) + c מאסוציאטיביות Zנקבל,[(a + b) + c] n = [a + (b + c)] n ועל-פי טענות 7 ו- 6, a + (b + c) a + [b + n] n ולכן, מטענה,5 n [a + (b + c)] n = [a + [b + c] n ] אז (a + n b) + n c = a + n (b + n c) ח- 4 קיום איבר אפס: a + n 0 = [a + 0] n = [a] n = a ח- 5 קיום איברים נגדיים: יהי a Z n ;0 ניקח a = n a 7 אז מתקיים = (n a) a+ n a ניקח = 0,a אם = 0 [a + (n a)] n = [n] n = 0 כ- 1 סגירות: אם,a, b Z n משפט החילוק עם שארית מבטיח ששארית החלוקה ב- n של a b היא מספר ב- Z n כ- 2 קומוטטיביות: a n b = [ab] n = [ba] n = b n a כ- 3 אסוציאטיביות: למה :18 יהיו a, a, b, b Z n אם n) a a (mod ו-( n b b (mod אז ab a b הוכחה נניח a a ו- b b אז a a = k 1 n ו- n b b = k 2 אז a Z n ab a b = ab a b + a b a b = b(a a ) + a (b b ) = b k 1 n + a k 2 n = (b k 1 + a k 2 )n ולכן b ab a ממשיכים באופן דומה להוכחת אסוציאטיביות החיבור כ- 4 קיום איבר יחידה: a n 1 = [a 1] n = [a] n = a כ-ח דיסטריבוטיביות הכפל מעל החיבור: צ"ל a n 1 = [a 1] n = [a] n = a כתרגיל כ- 5 קיום איברים הפכיים: לא תמיד מתקיימת 7 אי-אפשר להגדיר a = n] [a n כי פעולה זו אינה מוגדרת מחוץ ל- n Z 9

1 שדות 15 המציין של שדה הגדרה < p N 1 נקרא ראשוני אם אין (k, l N) 1 < k,l < p כך ש- p kl = אחרת, p נקרא פריק משפט 9 (המשפט היסודי של האריתמטיקה): כל מספר < n N 1 ניתן להצגה באופן יחיד (עד-כדי סדר הגורמים) כמכפלת גורמים ראשוניים טענה 10: יהי p מספר ראשוני,,m n N אם p גורם של mn אז p גורם של m או של n,m = p t1 1 pt k k הוכחה נניח ש- p גורם של mn נציג את m ו- n כמכפלת ראשוניים: mn = p t1 אם p גורם של,mn הוא מתלכד עם 1 pt k k q r1 1 qr l l n = q r1 אז 1 qr l l אחד המספרים הראשוניים ב- mn כלומר, p = p i או p = q j במקרה הראשון, p גורם של m; בשני, של n טענה 11: אם n N אינו ראשוני, Z n אינו שדה הוכחה n = kl כאשר < k,l < n 1 אז,k, l Z n ו- 0 = n l n k = [lk] n = [n] נניח בשלילה כי x הוא ההפכי של k ב- Z n אז = 1 x,k n ו- l l n (k n x) = אבל לפי האסוציאטיביות = 0 x l n (k n x) = (l n k) n x = 0 n קיבלנו ש- l = 0 סתירה 8 טענה :12 אם n N ראשוני, Z n שדה הוכחה הוכחנו את כל התכונות, פרט לקיום איברים הפיכים יהי k Z n 0; נוכיח ש- k הפיך נתבונן במספרים הבאים: (n 1) k n 0, k n 1,, k n אם בקבוצה זו אין שני מספרים שווים, כל איברי Z n בקבוצה, וביניהם 1 כלומר, קיים l כך ש- 1 = l k n נניח בשלילה שקיימים 1 n l 1 < l 2 0 כך ש- k n l 1 = k n l 2 אם כן, מתקיים [kl 1 ] n = [kl 2 ] n ולכן kl 1 kl 2 לכן k(l 2 l 1 ) = kl 2 kl 1 = qn כיוון ש- n ראשוני, אם n גורם של ) 1 k(l 2 l אז n גורם של l 2 l 1 או של k סתירה, כי < l 2 l 1 < n 0 ו- n < k < 0 (כלומר, n גדול משניהם) 15 המציין של שדה יהי F שדה אז 0 F, 1 F F נתבונן באיברים, F 0 F, 1 F, 1 F + 1 F, 1 F + 1 F + 1 ישנן 5112006 שתי אפשרויות: כל האיברים שונים זה מזה, או קיימים m n טבעיים שעבורם מתקיים 1 F + + 1 }{{ F = 1 } F + + 1 }{{ F } m פעמים n פעמים נתמקד במקרה השני נניח m > n נוסיף 1 F לשני צידי המשוואה: 1 F + + 1 }{{ F +( 1 } F ) = 1 F + + 1 F +( 1 }{{} F ) m פעמים n פעמים 8 אין זה אומר שכלל לא יהיו מספרים הפיכים: אם t זר ל- n, מתקיים 0 n s N [st] ו- t הפיך אולם מספיק שיש בלתי-הפיך אחד כדי ש- n Z לא יהיה שדה, והראינו שלכל k שמחלק את n לא קיים הפכי 10

R 16 ו- C המספרים הממשיים והמרוכבים 1 שדות מציין של שדה 1 F + + 1 F }{{} m n פעמים = 0 F חיסורים, נקבל n לאחר 1 F + + 1 F }{{} 1 m פעמים = 1 F + + 1 כלומר, {{ F }} 1 n פעמים + 1 + F 1 ייקרא המציין של השדה }{{ F = 0 הגדרה המספר הטבעי המינימלי k עבורו } F k פעמים מסמנים char F = k אם לא קיים k כזה (כלומר, אם מתקיים המקרה הראשון), אומרים char F = 0 דוגמה = 0 Q char Z n = n 9 ;char משפט :13 אם > 0 n n,char F = ראשוני הוכחה נניח ש- n אינו ראשוני אז יש <,k l < n 1 כך ש- kl n = אז k פעמים {}}{ (1 F + + 1 }{{ F )(1 } F + + 1 }{{ F ) = 1 } F (1 F + + 1 F ) + + 1 }{{} F (1 F + + 1 F ) }{{} k פעמים l פעמים l פעמים l פעמים = 1 F + + 1 }{{ F = 0 } F kl = n פעמים + 1 + F 1 או }{{ F = 0 לפי תכונות השדה, אם ab = 0 F אז a = 0 F או b = 0 F אז } F k פעמים n בסתירה למינימליות,1 F + + 1 }{{ F = 0 } F l פעמים R 16 ו- C המספרים הממשיים והמרוכבים באופן לא-פורמאלי, נאמר שכל מספר ממשי x ניתן לייצוג כ- 2,x = nd 1 d כאשר n N ו-{ 9, {0, i d זה נקרא פיתוח עשרוני ההצגה אינה יחידה למשל, 0 9 = 1 0 ) +, (R, שדה לא קיים מספר ממשי המקיים 1 = 2 x נניח שיש שדה שמכיל את R ובו יש מספר שהוא 1 ; נקרא לאיבר זה i שדה כזה יהיה חייב להיות סגור לכפל ולחיבור (אם,x, y R גם x+iy יהיה בשדה החדש) כמו-כן, החיבור חייב לקיים ) y (x + iy) + (x + iy ) = (x + x ) + i(y + והכפל חייב לקיים + ) yy (x + iy) (x + iy ) = xx + ixy + ix y + i 2 yy = (xx i(xy + x y) הגדרה R},C = {(x, y) x, y כך ש-( y x = x, y = y (x, y) = (x, נגדיר חיבור (רכיב-רכיב): ) y (x, y) (x, y ) = (x + x, y + נגדיר כפל: y) (x, y) (x, y ) = (xx yy, xy + x 10 טענה 14: הקבוצה C עם פעולות הכפל והחיבור שהגדרנו מהווה שדה הוכחה מתבססת על תכונות R כתרגיל מספר נקודות חשובות: 9 למעשה, המציין של כל שדה שמכיל את Z הוא 0 10 כפי שמיד נראה, 0) (0, = C ;0 אילו היינו מגדירים כפל רכיב-רכיב, היינו מקבלים, גם אם 0) (0, y),(x, 0), (0, (x, 0) (0, y) = (0, 0) 11

1 שדות R 16 ו- C המספרים הממשיים והמרוכבים ( = ) y (x, קל לראות x x 2 +y, 2 ח- 4 איבר אפס: y) (x, y) + (0, 0) = (x, ח- 5 איברים נגדיים: 0) (0, = y) (x, y) + ( x, כ- 4 איבר יחידה: y) (x, y) (1, 0) = (x 0, 0 + y) = (x, y כ- 5 איברים הפכיים: אם 0) (0, y),(x, נסמן ) 2 x 2 +y ש-( 0 (1, = ) y (x, y) (x, נתבונן בקבוצה החלקית R = {(x, 0) x R} C ונגדיר העתקה f : R R על-ידי (0,x) f f(x) = היא העתקה חד-חד ערכית (כלומר, לכל איבר ב- R יש לכל היותר מקור אחד ב- R ) הפונקציה f שומרת על הפעולות ב- R : f(x + x ) = (x + x, 0) = (x, 0) (x, 0) = f(x) f(x ) f(x x ) = (xx, 0) = (x, 0) (x, 0) = f(x) f(x ) 8112006 11 משוכן ב- C R היא העתקת שיכון; אז f טענה :15 האיבר i = (0, 1) C הוא שורש של 1 12 (כלומר, 0) ( 1, = 2 (i הוכחה 0) ( 1, = 1) (0, 1) (0, = 2 1) (0, = 2 i יהי (x, y) C אז (x, y) = (x, 0) (0, y) = x ((0, 1) (y, 0)) = x iy לכן כל מספר מרוכב ניתן להציג כ- iy x כאשר,x y R כלומר, נוכל לכתוב אחרת: C = { x + iy x, y R, i 2 = 1 } הגדרה עבור x,z = x + iy C נקרא החלק הממשי של y ;(x = Re z) z נקרא החלק המדומה של (y = Im z) z לפי הכתיב החדש: (x + iy) + (x + iy ) = (x, y) + (x, y ) = (x + x, y + y ) = = (x + x ) + i(y + y ) (x + iy) (x + iy ) = (x, y) (x, y ) = (xx yy, xy + x y) = = (xx yy ) + i(xy + x y) כפי שהיה ניתן לצפות, על-פי כללי החשבון הרגילים 13 11 לא ניתן להגיד R C מכיוון של- R ול- C מבנים שונים 12 למעשה, יש עוד שורש (1,0) 13 אם i קבוע, y) (x + iy)(x + iy ) = xx + ixy + iyx + i 2 yy = (xx yy ) + i(xy + x 12

2 מרחבים וקטוריים 2 מרחבים וקטוריים 21 הגדרת מרחב וקטורי מרחב וקטורי הגדרה יהי F שדה קבוצה V 14 נקראת מרחב וקטורי מעל F אם א מוגדרת בתוך V פעולת "חיבור" (מסומנת +) המקיימת: ח- 1 לכל v 1, v 2 V יש v 3 V יחיד כך ש- v 1 + v 2 = v 3 (סגירות) ח- 2 לכל v 1 + v 2 = v 2 + v 1,v 1, v 2 V (קומוטטיביות) ח- 3 לכל (v 1 + v 2 ) + v 3 = v 1 + (v 2 + v 3 ),v 1, v 2, v 3 V (אסוציאטיביות) ח- 4 קיים איבר 0 V V כך שלכל v + 0 V = v,v V (קיום איבר אפס) ח- 5 לכל v V קיים איבר שנסמנו v V כך ש- v + ( v) = 0 V (קיום נגדיים) ב לכל v V ולכל α F מוגדר a v V פעולה זו נקראת כפל בסקלר, ומתקיים, לכל :α, β F,v 1, v 2 V כ- 1 αv 1 V (סגירות) כ- 2 α(v 1 + v 2 ) = αv 1 + αv 2 כ- 3 (α + β)v 1 = αv 1 + βv 1 (דיסטריבוטיביות) כ- 4 1 F v 1 = v 1 (קיום סקלר יחידה) כ- 5 ) 1 (αβ) v 1 = α(β v (אסוציאטיביות) V = R n (אוסף = {(x 1,, x n ) i = 1 n דוגמה ניקח x i R},F = R ה- n -יות) נגדיר חיבור רכיב-רכיב ניתן לראות שח- 1, ח- 2, ח- 3 מתקיימות, על-פי קיומן ב- R איבר האפס: 0), (0, איבר נגדי: ) n (x 1,, x n ) = ( x 1,, x נגדיר כפל בסקלר רכיב-רכיב נבדוק, למשל, את כ- 2 (השאר כתרגיל): יהיו α, R ) n v 2 = (y 1,, y n ),v 1 = (x 1,, x אז α(v 1 + v 2 ) = α(x 1 + y 1,, x n + y n ) = (α(x 1 + y 1 ),, α(x n + y n )) = (αx 1 + αy 1,, αx n + αy n ) = (αx 1,, αx n ) + (αy 1,, αy n ) = α(x 1,, x n ) + α(y 1,, y n ) = αv 1 + αv 2 ניתן להכליל דוגמה זו עבור F שדה כלשהו ו- V, = F n כאשר החיבור והכפל בסקלר מוגדרים רכיב-רכיב, בדיוק כמו ב- R n בפרט, על כל שדה ניתן להסתכל כמרחב וקטורי מעל עצמו, כאשר החיבור הוקטורי הוא החיבור של השדה והכפל בסקלר הוא הכפל בשדה (למשל, (F = V = R 14 לא בהכרח שדה 13

22 תכונות מרחב וקטורי 2 מרחבים וקטוריים דוגמה דוגמה C הוא מרחב וקטורי מעל R החיבור החיבור הרגיל ב- C ; הכפל בסקלר כפל מתוך (α(x + iy) = αx + iαy) R דוגמה 1} + a (char V = 2) F = Z 2 = {0, 1},V = {0, 1, a, + 0 1 a a + 1 0 0 1 a a + 1 1 1 0 a + 1 a a a a + 1 0 1 a + 1 a + 1 a 1 0 0 1 a a + 1 0 0 0 0 0 1 0 1 a a + 1 12112006 דוגמה R} Vעםפעולתחיבורחדשה ( = R 3 = {(α 1, α 2, α 3 ) α 1, α 2, α 3 (α 1, α 2, α 3 λ (α 1, α 2, α 3 ) = (α1 λ, α2 λ, α3 λ β )ופעולתהכפלבסקלר( 1, β 2, β 3 ) = (α 1 β 1, α 2 β 2, α 3 β 3 ) (λ R) דוגמה אוסף כל הפונקציות R} L = {f f : R עם פעולת החיבור = )(x) (f 1 + f 2 (λ R) (λf)(x) = λf(x) ופעולת הכפל בסקלר f 1 (x) + f 2 (x) 22 תכונות מרחב וקטורי תכונות מרחב וקטורי יהי V מרחב וקטורי מעל שדה F א ב- V יש איבר אפס יחיד; סימונו 0 V או 0 ב לכל v V יש איבר נגדי יחיד ג לכל λ 0 = 0,λ F ד לכל v = 0, v V 0 ה לכל v = v, v V 1 ו לכל ( u + v) = ( u) + ( v), u, v V ז לכל ( v) = v, v V הוכחה (ג ) יהי λ F λ 0 = λ( 0+ 0) = λ 0+λ 0 λ 0+( λ 0) = λ 0+λ 0+( λ 0) 0 = λ 0 פעולת החיסור במרחב וקטורי מוגדרת על-ידי ( u) v u = v + 23 המודל הגיאומטרי של R 2 ושל R 3 את איברי R 2 ניתן לזהות כאוסף הנקודות במישור אם נבחר מערכת צירים קרטזית, או אם נזהה כל נקודה,x) (y R 2 עם החץ היוצא מהראשית ומסתיים באותה נקודה חץ כזה נקרא וקטור גיאומטרי באותו אופן, איברי R 3 יותאמו לוקטורים גיאומטריים במרחב 14

23 המודל הגיאומטרי של R 2 ושל R 3 2 מרחבים וקטוריים כפל בסקלר יהי ) 2 a = (α 1, α וקטור גיאומטרי ב- R 2 אם 0) (0,, a a מגדיר ישר אחד ויחיד במישור הישר שעובר דרך הראשית ודרך ) 2 α) 1, α ישר זה נקרא הישר הנקבע על-ידי a טענה :16 יהי b = λ a,λ R הנקודה b נמצאת על הישר הנקבע על-ידי a הוכחה אם = 0,λ b = 0 a = 0 כלומר, b היא הראשית ולכן נמצאת על הישר שקובע a אם 0,λ b 0 נכתוב ) 2 b = (β 1, β 2 ), a = (α 1, α נניח 0 1 α נסמן את הזוית בין a ל-( 0 (1, θ ואת הזוית בין b ל-( 0 (1, ϕ tan ϕ = β2 מכאן, ϕ = θ או β 1 = λα2 λα 1 = α2 α 1 = tan θ ולכן b = λ a = (λα 1, λα 2 ) b a, באותו צד של הראשית, על אותו ישר; במקרה השני, b a, במקרה הראשון, ϕ = θ + π מצדדים שונים של הראשית, על אותו ישר (אם < 0 λ, ϕ) = θ + π במקרה ש- 0 = 1 a α, על ציר ה- y, ולכן b = λ a גם-כן על ציר ה- y הראינו שכל נקודה מהצורה λ a נמצאת על הישר ש- a קובע ניתן להראות שגם ההיפך נכון כלומר, כל נקודה שנמצאת על הישר ש- a קובע היא מהצורה {λ a λ {R λ a היא הצגה פרמטרית של הישר הנקבע על-ידי a חיבור יהיו,a b R 2 נניח ש- b אינו נמצא על הישר הנקבע על-ידי a נצייר מקבילית אשר שתיים מצלעותיה הן הקטעים המוגדרים על-ידי הוקטורים הגיאומטריים a ו- b נתבונן באלכסון מקבילית זו, שקצהו האחד בראשית ואת קצהו השני נסמן ב- c טענה :17 c a + b = הוכחה נסמן ) 2 c = (γ 1, γ 2 ), b = (β 1, β 2 ), a = (α 1, α צ"ל γ 2 = α 2 +β 2,γ 1 = α 1 +β 1 נניח שכל הנקודות ברביע הראשון (הכללת ההוכחה כתרגיל) כיוון ש- 0a מקביל ל- bc ושווה לו, הרי גם היטליהם על ציר ה- x שווים כלומר, α 1 = γ 1 β 1 ומכאן ש- γ 1 = α 1 + β 1 באופן דומה נקבל γ 2 = α 2 + β 2 לכן c = a + b אם a ו- b קובעים אותו ישר, אז b = λ a ולכן, a + b = a + λ a = (1 + λ) a ואז גם c = a + b נמצא על אותו ישר הצגה פרמטרית של R 2 15112006 יהיו a 1, a 2 R 2 שתי נקודות נניח כי a 2 אינה על הישר הנקבע על-ידי a 1 טענה :18 לכל b R 2 יש λ 1, λ 2 R כך ש- b = λ 1 a 1 + λ 2 a 2 הוכחה תהי b נקודה במישור נניח תחילה כי b אינה על הישרים הנקבעים על-ידי a 2, a 1 נעביר דרך b מקבילים לישרים הנקבעים על-ידי a 2, a 1 נסמן a 2, a 1 את נקודות החיתוך של 15

2 מרחבים וקטוריים 24 תת-מרחבים מקבילים אלה עם הישרים הנקבעים על-ידי a 2, a 1 כעת, על-פי כלל המקבילית, b = a 1 + a 2 a 1 נמצא על הישר הנקבע על-ידי a 2 ; a 1 נמצא על הישר הנקבע על-ידי a 2 לכן יש λ 1, λ 2 R כך ש- a 2 = λ 2 a 2, a 1 = λ 1 a 1 לכן b = λ 1 a 1 + λ 2 a 2 אם b נמצאת על הישר שקובע b = λ 1 a 1 + 0 a 2, a 1, ובאופן דומה אם b על הישר שקובע a 2 הצגה פרמטרית של R 3 יהיו a 1, a 2 R 3 כך ש- a 2, a 1 אינם קובעים אותו ישר; אז הישרים הנקבעים על-ידי a 2, a 1 קובעים מישור ב- R 3 העובר דרך הראשית ניתן להראות כי כל נקודה c R 3 הנמצאת במישור זה ניתנת להצגה כ- c = λ 1 a 1 + λ 2 a 2 24 תת-מרחבים 241 הגדרת תת-מרחב תת-מרחב הגדרה יהי V מרחב וקטורי מעל שדה F תהי U U V תת-מרחב של (U V ) V אם U מרחב וקטורי ביחס לפעולות של V דוגמה (תת-מרחבים טריוויאליים) V V ;{0 V } V דוגמה R} U V = V = R 3,u = {(x 1, x 2, 0) x 1, x 2 הוכחה נראה את קיום התכונות ח- 1 סגירות: צ"ל כי לכל u 2 =,u 1 = (x 1, x 2, 0) u 1 + u 2 U,u 1, u 2 U u 1 + u 2 = (x 1 + y 1, x 2 + y 2, 0) U ואכן,(y 1, y 2, 0) ח- 2 קומוטטיביות: נובעת בירושה מ- V ח- 3 אסוציאטיביות: נובעת בירושה מ- V ח- 4 קיום איבר אפס: U 0) (0, 0, = 0 ח- 5 קיום איברים נגדיים: u = ( x 1, x 2, 0) U u = (x 1, x 2, 0) U כ- 1 סגירות: אם,λ R,u = (x 1, x 2, 0) U אז λu = (λx 1, λx 2, 0) U כ- 3,2 דיסטריבוטיביות: נובעת בירושה מ- V כ- 4 קיום סקלר יחידה: 1 F u = u נובע בירושה מ- V כ- 5 אסוציאטיביות: λ(αu) (λα)u = נובעת בירושה מ- V 16

24 תת-מרחבים 2 מרחבים וקטוריים 242 קריטריון לקיום תת-מרחב ניתן לראות, על-פי הדוגמה, שבהינתן מרחב וקטורי V מעל F וקבוצה U V מספיק שיתקיימו ארבעה תנאים בלבד על-מנת שיתקיים U: V ח- 1 u 1, u 2 U u 1 + u 2 U כ- 1 u U, λ F λu U ח- 4 0 V U ח- 5 u U u U נוכל לצמצם את הדרישות האלו אם נשים לב שאם תנאי כ- 1 נתון, ח- 5 נובע ממנו יהי קריטריון לקיום תת-מרחב u U אז u = 1 F u U בנוסף, אם U וכ- 1 נתון, ח- 4 מתקיים: יהי u U (קיים, כי (U ניקח = 0 λ ונקבל λu = 0 u = 0 U נסכם: יהי V מרחב וקטורי מעל F תהי U V אז U V אם א U U = { (x 1,, x n ) ב u 1, u 2 U, u 1 + u 2 U ג u U, λ F λu U } דוגמה,V = R n x i R P xi = 0 דוגמה U = {λv 0 λ R},v 0 V,V = R 3 דוגמה U = {αv 0 + βv 1 α, β R},v 0, v 1 R 3,V = R 3 243 תת-מרחב הנפרש על-ידי קבוצה 19112006 יהי V מרחב וקטורי מעל שדה F תהי K K V אינה בהכרח תת-מרחב: למשל, תת-מרחב של R 3 K = {λ(1, 2, 3) λ R} אבל K = {(1, 2, 3)},V = R 3 הגדרה יהי V מרחב וקטורי מעל {v 1,, v n } = K V,F 15 נגדיר = K span K הנפרש של {λ 1 v 1 + + λ n v n λ i F} מקובל להגדיר {0} = span נפרש של קבוצה span K דוגמה 9)} (2, 2), {(1, = K (1, 2) = 1(1, 2) + 0(2, 9) (2, 9) = 0(1, 2) + 1(2, 9) (7, 24) = 3(1, 2) + 2(2, 9) 15 הנחנו ש- K קבוצה סופית, לשם השפטות זה לא הכרח 17

25 צירופים לינאריים 2 מרחבים וקטוריים משפט :19 יהי V מרחב וקטורי מעל F תהי {v 1,, v n } = K V אז: א span K V ב K span K ג אם K W,W V אז span K W (כלומר, span K הוא המינימלי המקיים את התכונות א וב ) הוכחה ב אם,v K יש i 1,, n כך ש-,v = v i ואז + i 1 v = 0 v 1 + + 0 v 1 v i + 0 v i+1 + + 0 v n א K,span כי span K ב K סגירות לחיבור: יהיו x 1, x 2 span K (α i, β i F) x 1 = α 1 v 1 + + α n v n = x 1 span K x 2 = β 1 v 1 + + β n v n = x 2 span K לכן x 1 + x 2 = (α 1 + β 1 )v 1 + + (α n + β n )v n span K x = n כעת, סגירות לכפל בסקלר: יהי λ F,x span K ניתן לכתוב i=1 α iv i λx = λ n i=1 α iv i = n i=1 (λα i)v i span K ג יהי K W,W V נוכיח spnk W יהי (α i F) x = α 1 v 1 + + α n v n = x span K אבל הרי n v 1,, v x W תת-מרחב סגור לחיבור ולכפל בסקלר מכאן, W ו-,K W קבוצה פורשת הגדרה אם V, = span K אומרים ש- K פורשת את V דוגמה כל קבוצה K פורשת את span K דוגמה עבור } 3 span K = R 3,K = {e 1, e 2, e הוכחה נראה הכלה הדדית K R 3 :span K R 3 על-פי משפט קודם, כיוון ש- R 3 מרחב וקטורי המכיל את K, הוא מכיל גם את span K :R 3 span K יהי x = (α 1, α 2, α 3 ) R 3 אז ניתן לכתוב x = α 1 (1, 0, 0) + α 2 (0, 1, 0) + α 3 (0, 0, 1) = α 1 e 1 + α 2 e 2 + α 3 e 3 span K 25 צירופים לינאריים k צירוף לינארי הגדרה יהי V מרחב וקטורי מעל שדה F יהיו v 1,, v k V סכום מהטיפוס = i i=1 α iv v 1,, v k נקרא צירוף לינארי של הוקטורים ( i N α i F) a 1 v 1 + + a k v k דוגמה 7v 1 πv 2 = (14 3π, 28 π) v 1 = (2, 4), v 2 = (3, 1) R 2 צירוף לינארי של v 1 ו- v 2 דוגמה נסמן e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1) R 3 כל וקטור ב- R 3 הוא צירוף לינארי של,e 1, e 2, e 3 כי אם ) 3 v = (α 1, α 2, α נקבל + 0) (1, 0, 1 v = α α 2 (0, 1, 0) + α 3 (0, 0, 1) = α 1 e 1 + α 2 e 2 + α 3 e 3 18

2 מרחבים וקטוריים 25 צירופים לינאריים יש לשים לב שצירוף לינארי הוא צירוף של מספר סופי של וקטורים וקטור האפס הוא צירוף לינארי של כל k וקטורים מתוך V (ניתן לכתוב v 0 1 + v 0+ k = 0) הגדרה יהי V מרחב וקטורי מעל F אם v V צירוף לינארי של v,v 1,, v k תלוי לינארית ב- v 1,, v k תלות לינארית הגדרה יהי V מרחב וקטורי מעל K = {v 1,, v k } F תלויה לינארית אם אחד מאיבריה תלוי לינארית בחבירו (כלומר, קיים v i K כך ש-+ i 1 v i = α 1 v 1 + + α i 1 v 16 (α i F,α i+1 v i+1 + + α k v k דוגמה 6)} ( 5, 4), (3, 2), {(1, = K תלויה לינארית: + 2) 1(1, = 6) ( 5, ( 2)(3, 4) נשים לב שוקטור האפס הופך כל קבוצה שהוא בתוכה לתלויה הגדרה הביטוי = 0 k α 1 v 1 + + α k v נקרא צירוף לינארי מתאפס אם כל המקדמים הם,0 צירופים לינאריים מתאפסים נאמר שזהו צירוף מתאפס טריוויאלי 22112006 משפט 20: קבוצה } k B = v} 1,, v תלויה לינארית אם ורק אם יש בה צירוף לינארי מתאפס תלות לינארית: הגדרה שקולה שאינו טריוויאלי הוכחה נניח ש- B תלויה לינארית אז יש וקטור v i B שהוא צירוף לינארי של חבריו כלומר, α 1 v 1 + + α i 1 v i 1 לכן v i = α 1 v 1 + + α i 1 v i 1 + α i+1 v i+1 + + α k v k = 0 k 1v i + α i+1 v i+1 + + α k v זהו צירוף לינארי מתאפס כאשר לא כל המקדמים הם 0 כלומר, זהו צירוף לינארי שאינו טריוויאלי מצד שני, נניח שיש צירוף לינארי מתאפס שאינו טריוויאלי = 0 k α 1 v 1 + + α k v בלי v 1 v 1 = α2 ניתן להצגה כצירוף α 1 v 2 α k α 1 הגבלת הכלליות, נניח ש- 0 1 α, ואז v k לינארי של חבריו, ולכן B תלויה הגדרה קבוצה B נקראת בלתי-תלויה לינארית אם היא אינה תלויה כלומר, אם אין בה וקטור שתלוי לינארית בחבריו כלומר, אם כל צירוף לינארי מתאפס של איברי הקבוצה הוא טריוויאלי אי-תלות לינארית (α 1 = = α k = 0 = α 1 v 1 + + α k v k = 0) דוגמה הוכח כי 1)} (0, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 0), {(1, 0, 1, = B בת"ל הוכחה נסמן את הוקטורים ב- B ב- v i לפי הסדר כעת נניח שמתקיים + 2 α 1 v 1 + α 2 v α 1 = α 2 = α 3 = α 4 ונוכיח = 0 α 3 v 3 + α 4 v 4 = (0, 0, 0, 0) ובכן,נניח( 0 (0, 0, 0, = 1) (0, 0, 0, 4 α 1 (1, 0, 1, 0)+α 2 (0, 1, 0, 0)+α 3 (0, 1, 1, 1)+α אז + 1 (α 1, 0, α 1, 0)+(0, α 2, 0, 0)+(0, α 3, α 3, α 3 )+(0, 0, 0, α 4 ) = (α 1, α 2 +α 3, α 16 מספיק שיהיה איבר אחד בקבוצה שתלוי בחבריו; לא תמיד כל איבר יהיה תלוי בחבריו 19

25 צירופים לינאריים 2 מרחבים וקטוריים α 4 = 0 = α 2 = 0 = α 3 = 0 = α 1 = 0 לכן, כנדרש: α 3, α 3 +α 4 ) = (0, 0, 0, 0) דוגמה 1)} (1, 1), (0, 0), {(1, = B תלויה לינארית הוכחה = 0 3 α 1 (1, 0) + α 2 (0, 1) + α 3 (1, 1) = (0, 0) = α 1 + α 3 = 0 α 2 + α נבחר 1 = 3 ;α אז 1 = 3,α 1 = α 2 = α ו-( 0 (0, = 1) 1(1, + 1) 1(0, 0) 1(1, דוגמה בת"ל (מתקיים, באופן ריק, שכל צירוף לינארי מתאפס של איברי טריוויאלי) למה 21 (סגירת הדלת :( 17 יהי V מרחב וקטורי מעל F יהיו v 1,, v k V כך שהקבוצה } k 1 {v 1,, v בלתי-תלויה לינארית אז } k {v 1,, v תלויה לינארית אם"ם v k הוא צירוף לינארי של k 1 v 1,, v 18 דוגמה 1) (1, = 3 :v 1 = (1, 0), v 2 = (0, 1), v הקבוצה } 2 {v 1, v בלתי-תלויה, אך } 3 {v 1, v 2, v כבר תלויה הוכחה אם = 1,k {v 1,, v k 1 } = אם = 0 1,v k = v קיבלנו {0} וזו קבוצה שתלויה לינארית באיברי על-פי הגדרה (כי {0} = (span אם 0 1 {v 1 },v אינה תלויה לינארית כעת נוכל להניח ש- 2 k נניח ש- v k צירוף לינארי של k 1 v 1,, v אז הקבוצה } k {v 1,, v בוודאי תלויה לינארית מצד שני, אם הקבוצה } k {v 1,, v תלויה, יש α 1,, α k F לא כולם אפסים כך ש- 0 = k α 1 v 1 + +α k v נטען שבהכרח 0 k ;α אחרת, נקבל = 0 k 1 α 1 v 1 + +α k 1 v v k כשלא כל המקדמים אפסים, וזו סתירה לאי-תלות הוקטורים האלו אז נוכל לכתוב = α1 כלומר, v k צירוף לינארי של חבריו, ולכן הקבוצה תלויה α k v 1 α k 1 α k v k 1 26112006 למה 22 (למת הקודמים): יהי V מרחב וקטורי וכן v 1,, v k v 1,, v k V תלויים לינארית אם"ם קיים j k 1 כך ש- v j צ"ל של קודמיו הוכחה נניח שקיים j k 1 כך ש- v j צ"ל של קודמיו אז, לפי ההגדרה, v 1,, v k ת"ל מצד שני, נניח ש- v 1,, v k תלויים לינארית נסמן ב- j את האינדקס הקטן ביותר עבורו v 1,, v j ת"ל (בוודאי קיים j כזה, שהרי הוקטורים תלויים) כיוון ש- j מינימלי, הרי j 1 v 1,, v בת"ל לכן, לפי למת סגירת הדלת, כיוון ש- j 1 v 1,, v בת"ל ו- v 1,, v j ת"ל, v 1,, v צירוף לינארי של j 1 v j 18 כלומר, אם 1 k הוקטורים הראשונים בקבוצה בלתי-תלויים, כדי שהקבוצה תהיה תלויה הוקטור האחרון חייב להיות תלוי באחרים (תלויות נוספות יכולות להיווצר במקרה זה, אבל זה לא רלוונטי) 20

26 בסיסים 2 מרחבים וקטוריים 26 בסיסים בסיס נתבונן בוקטורים {(5,3),(3,2),(2,1)} = B ב- R 2 כל וקטור במישור הוא צירוף לינארי של 2),(1, 3),(2, כיוון ששני אלה אינם על אותו ישר אולם 3)} (2, 2), {(1, span 5),(3, לכן גם {(5,3)} \ B פורשת את R 2 אם נוותר גם על (3,2), למשל, ניוותר עם (2,1), שפורש את הישר B \ {(3, 5)} על 5) (3, יכולנו לוותר כיוון שהוא צ"ל של איברי ולא את R 2 {t(1, 2) t R} הגדרה יהי V מרחב וקטורי B V נקראת בסיס של V אם א B בת"ל; ב B פורשת את (span B = V ) V משפט 23: V מרחב וקטורי; B V היא בסיס של V אם"ם לכל v V יש הצגה יחידה כצ"ל של איברי B (כלומר, אם כאשר } n v = α 1 v 1 + + α n v n B = {v 1,, v ו-,v = β 1 v 1 + + β n v n בהכרח (α 1 = β 1,, α n = β n דוגמה V = R 3 נבחר 1)} (0, 0, = 3 B = {e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0), e ניקח v = (α 1, α 2, α 3 ) R 3 v = (α 1, α 2, α 3 ) = (α 1, 0, 0) + (0, α 2, 0) + (0, 0, α 3 ) = = α 1 (1, 0, 0) + α 2 (0, 1, 0) + α 3 (0, 0, 1) = α 1 e 1 + α 2 e 2 + α 3 e 3 ההצגה יחידה: = 3 (α 1, α 2, α 3 ) = β 1 e 1 + β 2 e 2 + β 3 e = β 1 (1, 0, 0) + β 2 (0, 1, 0) + β 3 (0, 0, 1) = (β 1, 0, 0) + (0, β 2, 0) + (0, 0, β 3 ) = = (β 1, β 2, β 3 ) = α 1 = β 1, α 2 = β 2, α 3 = β 3 הוכחה נניח ש- B בסיס לכן B פורשת את V מכאן, לכל וקטור v V יש הצגה כצ"ל של איברי α 1 v 1 + + α n v n = v = β 1 v 1 + + β n v n כך ש- v V נוכיח כי ההצגה יחידה ניקח B לכן (α 1 β 1 )v 1 + + (α n β n )v n = 0 זה צ"ל מתאפס של איברי ;B כיוון ש- B בת"ל, הרי המקדמים מתאפסים 0 = i α i = β i = α i β מצד שני, נניח שלכל וקטור יש הצגה יחידה ונוכיח כי B בסיס על-פי ההנחה, לכל v V יש הצגה כצ"ל של איברי,B ולכן B פורשת נותר להראות ש- B בת"ל יהי = 0 n α 1 v 1 + + α n v צ"ל מתאפס של איברי B נכתוב α 1 v 1 + + α n v n = 0v 1 + + 0v n קיבלנו שתי הצגות של 0 כצ"ל של איברי B, ולכן על-פי ההנחה ההצגות שוות והמקדמים שווים כלומר, α 1 = = α n = 0 משפט 24 (המשפט הכבד): יהיו } m w 1,, w n span {v 1,, v אם,n > m הקבוצה } n {w 1,, w תלויה לינארית הוכחה נוכיח באינדוקציה על m = 0 :m span = {0} ולכן = 0 n ;w 1 = = w {0} תלויה לינארית w 1,, w n אם m ונוכיח עבור m נניח את נכונות המשפט עבור 1 :m > 0 } m 1,span {v 1,, v לפי הנחת האינדוקציה w 1,, w n תלויים לינארית וגמרנו לכן נניח 21

2 מרחבים וקטוריים 26 בסיסים שלפחות את אחד מהוקטורים w i לא ניתן להציג כצירוף לינארי של 1 m v; 1,, v בלי הגבלת הכלליות, נניח שזו w n נציג את הוקטורים כ- (i = 1 n) w i = c i1 v 1 + + c im v m כאשר (w n span {v 1,, v m 1 } (אחרת c nm 0 1 i (i = 1 n 1) u i = w אזי c nm נגדיר וקטורי עזר: c im w n u 1 = w 1 1 c nm c 1m w n = c 11 v 1 + + c 1m v m 1 c nm c 1m (c n1 v 1 + + c nm v m ) = c 11 v 1 + + c 1m v m 1 c nm c 1m c n1 v 1 1 c nm c 1m c nm v m = (c 11 1 c nm c 1m c n1 )v 1 + + (c 1m 1 c nm c 1m c nm )v m = (c 11 1 c nm c 1m c n1 )v 1 + + (c 1,m 1 1 c nm c 1m c n,m 1 )v m1 span {v 1,, v m 1 } זהנכוןלכל i )מכאן,הוקטורים = 1 n 1)u i n 1 uכולםב-{ 1,, u m 1 span {v 1,, v כיוון ש- m,n > הרי 1 m n 1 > ועל-פי הנחת האינדוקציה n 1 u 1,, u תלויים לינארית לכן יש סקלרים n 1 b 1,, b לא כולם אפסים כך ש- 0 = n 1 b 1 u 1 + + b n 1 u נציב ונקבל 0 = b 1 u 1 + + b n 1 u n 1 = b 1 (w 1 1 c nm c 1m w n ) + + b n 1 (w n 1 1 c nm c n 1,m w n ) = b 1 w 1 + + b n 1 w n 1 b1 c nm c 1m w n bn 1 c nm c n 1,m w n = b 1 w 1 + + b n 1 w n 1 + ( b1 c nm c 1m bn 1 c nm c n 1,m )w n זהו צירוף לינארי מתאפס של w 1,, w n שלא כל מקדמיו אפסים מכאן, } n {w 1,, w תלויה לינארית משפט 25: יהי V מרחב וקטורי נניח של- V יש בסיס בעל n וקטורים אז: א כל קבוצת וקטורים ב- V שבה יותר מ- n וקטורים תלויה לינארית ב אין קבוצה בעלת פחות מ- n וקטורים מ- V הפורשת את V ג כל קבוצה בלתי-תלויה המכילה n וקטורים מ- V היא בסיס של V ד כל קבוצה פורשת של V המכילה בדיוק n איברים היא בסיס של V ה בכל בסיס של V יש בדיוק n וקטורים הוכחה א אם ל- V בסיס בעל n וקטורים, ודאי ש- V נפרש על-ידי n וקטורים; לכן, על-פי המשפט הכבד, כל קבוצה גדולה יותר של וקטורים תלויה לינארית ב נניח שיש קבוצה בעלת פחות מ- n וקטורים שפורשת את V אז על-פי המשפט הכבד, קבוצה בעלת n איברים כבר תלויה לינארית ועל-כן אינה בסיס, בסתירה לנתון ג תהי K קבוצה בלתי-תלויה המכילה n איברים כדי לקבל ש- K בסיס, יש להראות ש- K פורשת ניקח ;v V צ"ל v span K אם v K בוודאי v span K וגמרנו אחרת, נוסיף אותו: {v} K זוהי קבוצה בעלת + 1 n איברים, אבל ל- V יש בסיס בעל n איברים ולכן {v} K ת"ל כיוון ש- K בת"ל, הרי על-ידי למת סגירת הדלת v צ"ל של איברי K כלומר, v span K 22

26 בסיסים 2 מרחבים וקטוריים ד תהי K קבוצה פורשת של V המכילה בדיוק n וקטורים נניח בשלילה ש- K ת"ל אזי יש v K כך ש- v צ"ל של חבריו לכן {v}) V = span K = span (K \ קיבלנו קבוצה פורשת בת 1 n איברים, בסתירה לב ה תהי } m K = {v 1,, v בסיס של V אם,n > m על-פי א כל קבוצה בעלת n וקטורים תלויה לינארית, וזאת בסתירה לנתון שקיימת עבור v קבוצת-בסיס בעלת n וקטורים אם n = m איברים אינה פורשת לכן n על-פי ב קבוצה בעלת n, < m 29112006 משפט 26: יהי V מרחב וקטורי מעל B V F היא בסיס של V אם"ם B בת"ל מקסימלית 19 הוכחה נניח כי B בסיס צ"ל כי B בת"ל מקסימלית ראשית, B בת"ל מתוקף היותה בסיס נצטרך להוכיח שהיא בלתי-תלויה מקסימלית תהי B T V אזי ישנו v T כך ש- B v / כיוון ש- B בסיס, הרי היא פורשת, ולכן v span B לכן {v} B היא קבוצה תלויה לינארית אבל,B {v} T ולכן T גם-כן תלויה לינארית מצד שני, נניח כי B בת"ל מקסימלית צ"ל כי B בסיס על-פי ההנחה, B כבר בת"ל; נותר להוכיח כי היא פורשת נניח בשלילה כי ישנו v כך ש- B v / span הקבוצה {v} B מכילה ממש את B, ולכן היא תלויה לינארית (שהרי B בת"ל מקסימלית) כיוון ש- B בת"ל ו-{ v } B כבר תלויה, v תלוי ב- B משמע v שייך ל- B,span בסתירה להנחה לכן B פורשת ולכן מהווה בסיס משפט 27: יהי V מרחב וקטורי מעל B V F היא בסיס של V אם"ם B פורשת מינימלית 20 הוכחה נניח כי B בסיס אז בוודאי B פורשת נרצה להראות שהיא פורשת מינימלית תהי T B יהי v B \ T כלומר, v ב- B אך לא ב- T אם T פורשת, בהכרח v span T אבל זה אומר שיש ב- B וקטור שתלוי בחבריו, וזו סתירה לכך ש- B, בהיותה בסיס, בת"ל מצד שני, נניח כי B פורשת מינימלית צ"ל כי B בסיס נתון ש- B פורשת; לכן מספיק להראות ש- B בת"ל אם B אינה בת"ל, יש בה וקטור v שהוא צ"ל של חבריו נסמן {v} T T = B \ בהכרח פורשת, כי כל וקטור פרט ל- v ניתן להציג בעזרת v, ו- v עצמו צ"ל של השאר אבל על-פי הנתון B פורשת מינימלית, ולכן T שמוכלת בה ממש לא יכולה להיות פורשת סתירה לכך ש- B תלויה 3122006 הגדרה V מרחב וקטורי מעל F נקרא נוצר סופית אם יש B V סופית כך ש- B V = span מרחב וקטורי נוצר סופית על-פי משפט 25 ה, אם ל- V בסיס בעל n איברים, כל בסיס של V יכיל בדיוק n איברים לכן נוכל להגדיר: B 19 נקראת בת"ל מקסימלית אם כל T V שמכילה את B ממש כבר אינה בת"ל כלומר, אם נוסיף עוד וקטור אחד ל- B, היא כבר תהיה תלויה כבר אינה פורשת כלומר, אם נוריד וקטור מ- B, ממש שמוכלת ב- B T V נקראת פורשת מינימלית אם כל B 20 היא כבר לא תפרוש 23

27 מרחב הפולינומים 2 מרחבים וקטוריים מימד הגדרה V מרחב וקטורי מעל F נניח ש- V נוצר סופית מספר האיברים בבסיס שלכהו של V נקרא המימד של (dim (F V דוגמה,dim V = 2 ;V = R 2 כי 1)} (0, 0), {(1, = B בסיס של V דוגמה,dim V = n ;V = R n כי } n B = {e 1,, e בסיס של V (כאשר = 1 e ((1, 0,, 0),, e n = (0,, 0, 1) 27 מרחב הפולינומים פולינום הגדרה פולינום מעל שדה F במשתנה x הוא ביטוי מהצורה F) P (x) = a 0 + a 1 x + (a i מעלת פולינום + a n x n מעלת (דרגת) הפולינום היא המספר הטבעי n הגדול ביותר כך ש- 0 n a 21 שוויון פולינומים a 0 + + a n x n = b 0 + + b n x n a 0 = b 0,, a n = b n נסמן ב-[ x ] F n את אוסף הפולינומים מדרגה n: F n [x] = {a 0 + a 1 x + + a n x n a 0,, a n F} נגדיר פעולת חיבור בין פולינומים: (a 0 + + a n x n ) + (b 0 + + b n x n ) = (a 0 + b 0 ) + + (a n + b n )x n נגדיר פעולת כפל בסקלר: λ; F λ(a 0 + + a n x n ) = λa 0 + + λa n x n [x] F n מרחב וקטורי מעל F (הוכחה כתרגיל) נתבונן ב-[ x ] R 2 טענה :28 הקבוצה 2} B = { 1, x, x בסיס ל-[ x ] R 2 הוכחה מספיק להוכיח שלכל איבר ב-[ x ] Re 2 יש הצגה יחידה כצירוף לינארי של איברי B ובכן, ניקח P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 = a 0 1 + a 1 x + a 2 x 2 זהו צירוף לינארי של איברי B נניח שיש שתי הצגות: a 0 1 + a 1 x + a 2 x 2 = b 0 1 + b 1 x + b 2 x 2 על-פי הגדרת שוויון פולינומים, a 0 = b 0, a 1 = b 1, a 2 = b 2 לכן B בסיס של [x],r 2 ולכן = 3 [x] dim R 2 באופן דומה, } n B = {1, x,, x בסיס של [x],f n ולכן + 1 n dim F n [x] = טענה :29 2} C = { 1 + x, 1 x, x בסיס של [x] R 2 21 המעלה של = 0 (x) P מוגדרת להיות 24

2 מרחבים וקטוריים 27 מרחב הפולינומים הוכחה כיוון ש- 3 = [x],dim R 2 מספיק לראות ש- C בלתי-תלויה לינארית ניקח צ"ל מתאפס 0 = α 1 (1 + x) + :α 1 = α 2 = α 3 = ונוכיח ש- 0 α 1 (1 + x) + α 2 (1 x) + α 3 x 2 = 0 α 2 (1 x) + α 3 x 2 = (α 1 + α 2 )1 + (α 1 α 2 )x + α 3 x 2 זהו צירוף לינארי מתאפס של וקטורי הבסיס,B לכן מקדמיו מתאפסים: = 0 2 α 1 = 0 = α 3 = 0,α 1 α 2 = 0,a 1 + a α 2 = 0 = משפט 30: יהי V מרחב וקטורי נוצר סופית מעל F יהי U V אז א U נוצר סופית; ב ;dim U dim V ג U = V dim U = dim V הוכחה א+ב תהי U V אם {0} =,U U = span ולכן נוצר סופית ו- = dim U 0 dim V לכן נניח {0} U אז קיימת ב- U קבוצה בלתי-תלויה לינארית כל קבוצה בת"ל ב- U גם בת"ל ב- V (כיוון שכל הוקטורים ב- U נמצאים גם ב- V) אם נסמן,dim V = n ברור שבכל תת-קבוצה בת"ל של U יש לכל-היותר n איברים, לפי המשפט הכבד מתוך כל תת-הקבוצות הבת"ל של U ניקח את B קבוצה שבה מספר מקסימלי של איברים (זה אפשרי כי n הוא חסם עליון למספר האיברים הבת"ל) כל קבוצת וקטורים מ- U המכילה ממש את B תלויה (אחרת B אינה בעלת מספר מקסימלי של וקטורים בת"ל), ולכן B בת"ל מקסימלית ב- U ולכן בסיס ב- B יש מספר סופי של איברים, ולכן U נוצר סופית dim U = B n = dim V ג אם,U = V ודאי dim U = dim V מצד שני, נניח n = dim U = dim V יהי } n B = {u 1,, u בסיס של B V U קבוצה בלתי-תלויה בעלת n איברים; לכן היא בסיס של V כלומר, U = span B = V משפט 31: לכל מרחב וקטורי נוצר סופית V מעל F יש בסיס הוכחה יהי V מרחב וקטורי נוצר סופית אם {0} = V, V = span ו- הוא הבסיס לכן נניח ש-{ 0 } v תהי B קבוצת וקטורים יוצרים סופית של V נוכל להניח ש- B 0; אחרת, כיוון שאינו תורם לפרישה, נגרשו לאלתר ("לך מפה, יא אפס!") נניח בנוסף B = n אם B בלתי-תלויה, B בסיס וגמרנו אחרת, קיים u B שהוא צירוף לינארי של חבריו נסמן {u} B 1 = B \ כיוון ש- u ת"ל ב- B, הרי V = span B = span B 1 אם B 1 בת"ל, כיוון ש- B 1,span B 1 = V בסיס וגמרנו אחרת, קיים וקטור ב- B 1 שתלוי בחבריו נזרוק אותו וכו אחרי לכל-היותר 1 n צעדים, ניוותר עם קבוצה בת"ל (שמכילה לפחות וקטור אחד שאינו 0), שמהווה בסיס 6122006 משפט :32 יהי {0} V מרחב וקטורי מעל F נניח ש- n dim V = תהי {v 1,, v k } V בלתי-תלויה לינארית אז יש קבוצה } n {d k+1,, d כך ש-{ {v 1,, v k, d k+1,, d n בסיס של V 25

28 סכום תת-מרחבים 2 מרחבים וקטוריים d k+1 הוכחה אם {v 1,, v k },k = n בסיס אם {v 1,, v k },k < n אינה פורשת ואינה בסיס לכן יש d k+1 V כך ש- / } k span {v 1,, v כלומר, k+1 d אינו ת"ל ב-{ {v 1,, v k על-פי למת סגירת הדלת, הקבוצה k + אם ({v 1,, v k ת"ל ב-{ d בלתי-תלויה לינארית (אחרת, בהכרח k+1 {v 1,, v k, d k+1 } {v 1,, v k, d k+1 שאינו ת"ל ב-{ d מהווה בסיס אחרת, קיים k+2 {v 1,, v k, d k+1 },1 = n נצרף אותו וכו בדרך זו, נוסיף וקטורים לקבוצה עד שנגיע ל- n וקטורים ונקבל בסיס דוגמה נשלים את 2)} 2, 1, (3, = 2 {w 1 = (1, 2, 1, 4), w לבסיס של R 4 w 1 ו- w 2 אינם ת"ל נוסיף לקבוצה את 0) (0, 0, 1, = 3 w 3 w 3 = e אינו תלוי בקודמיו נוסיף גם את 1) (0, 0, 0, = 4 w 4 = e כעת, מכיוון ש- w 1, w 2, w 3, w 4 בת"ל, הקבוצה R 4 מהווה בסיס ל- {w 1, w 2, w 3, w 4 } 28 סכום תת-מרחבים משפט :33 אם V ) U, W V מרחב וקטורי), U W V U U W משפט :34 V U W אם"ם U W או W U דוגמה נחבר W = span {(0, 1)},U = span {(1, 0)},V = R 2 אבל נקבל 0) (1, W U W + (0, 1) = (1, 1) / U W U + W = { u + w U + W = u span {(1, 0)} w span {(0, 1)} { u + w u U w W } הגדרה יהיו U, W V אז } דוגמה = = {λ 1 (1, 0) + λ 2 (0, 1) λ 1, λ 2 R} = span {(1, 0), (0, 1)} = R 2 סכום תת-מרחבים משפט :35 V מרחב וקטורי, U + W ;U, W V הוא תת-המרחב המינימלי המכיל את U ואת W הוכחה נוכיח רק ש- U + W הוא המינימלי המכיל את,U W כלומר, נניח ש- S V כך ש- S U ו- S,W ונוכיח U + W S יהי = U S x = U u + W w U + W u S (שהרי w S = W S ;(u U (שהרי (w W לכן, כיוון ש- S תת-מרחב, גם x = u + w S (ההוכחה ש- U + W תת-מרחב כתרגיל) משפט 36 (משפט המימדים :(1 יהי V מרחב וקטורי מעל U, W V,F אז = ) W dim(u + dim U + dim W dim(u W ) הוכחה בשלבהראשוןנניחכי{ 0 } U W נסמן dim(u W,ויהי{ ) = k d }בסיס 1,, d k של U W נשליםלבסיסים:{ d }בסיסשל 1,, d k, u 1,, u m {d 1,, d k, w 1,, w n };U משפט המימדים 1 26

2 מרחבים וקטוריים 28 סכום תת-מרחבים בסיס של W כעת, dim(u W ) = k dim(u) = k + m dim(w ) = k + n ויש להוכיח ש- n dim(u + W ) = (k + m) + (k + n) k = k + m + כל אחד מהוקטורים u 1,, u m בלתי-תלוי ב- d 1,, d k לכן מתקיים / m u 1,, u span {d 1,, d k } = U W עם זאת,,u 1,, u m U ולכן u 1,, u m / W באותו אופן, w 1,, w n / U בפרט, כל אחד מהוקטורים (i = 1 m) u i שונה מכל אחד מהוקטורים n + m + k יש B = {d 1,, d k, u 1,, u m, w 1,, w n } לכן בקבוצה (j = 1 n) w j וקטורים נותר להוכיח כי B בסיס של U + W נוכיחתחילהכי Bפורשת U+W יהי x כיווןש-{ = u+w U+W {d 1,, d k, u 1,, u m פורשת את,U הרי יש מקדמים (j = 1 m,i = 1 k) β j,α i כך שניתן לכתוב,t = 1 k) ε r,δ t באופן דומה, יש מקדמים u = α 1 d 1 + + α k d k + β 1 u 1 + + β n u n x = u+w = לכן w = δ 1 d 1 + +δ k d k +ε 1 w 1 + +ε n w n כך שניתן לכתוב (r = 1 n = (α 1 d 1 + +α k d k +β 1 u 1 + +β n u n )+(δ 1 d 1 + +δ k d k +ε 1 w 1 + +ε n w n ) = (α 1 + δ 1 )d 1 + + (α k + δ k )d k + β 1 u 1 + + β n u n + ε 1 w 1 + + ε n w n = צירוף לינארי של איברי B, ולכן B פורשת 10122006 כעת נוכיח אי-תלות לינארית נניח ש-+ α 1 d 1 + + α k d k + β 1 u 1 + + β m u m = 0 n γ 1 w 1 + + γ n w אז U α 1 d 1 + + α k d k + β 1 u 1 + + β m u m = γ 1 w 1 γ n w n W כיוון שאגף שמאל הוא וקטור ב- U ואגף ימין הוא וקטור ב- W, לפנינו וקטור ב- U W נסמנו ב- v כיוון ש-{ {d 1,, d k בסיס של,U W הרי קיימים סקלרים δ 1,, δ k F כך ש- v = δ 1 d 1 + + δ k d k נשווה הצגה זו לאגף ימין: + 1 δ 1 d 1 + + δ k d k = γ 1 w 1 γ n w n δ 1 d = 0 n + δ k d k + γ 1 w 1 + γ n w זהו צ"ל מתאפס של איברי הבסיס של,W שכבסיס היא קבוצה בלתי-תלויה לכן כל המקדמים מתאפסים, ובפרט = 0 n γ 1 = = γ כעת, אם נתבונן ב- W α 1 d 1 + + α k d k + γ 1 w 1 + + γ n w n = β 1 u 1 β m u m U נקבל באותו אופן ש- 0 = m β 1 = = β נציב ונקבל = 0 k α 1 d 1 + + α k d זהו צ"ל מתאפס של איברי הבסיס של,U W ולכן = 0 k α 1 = = α אם {0} = W,U ההוכחה פועלת באותו אופן אחרי שמוציאים את d 1,, d k מהתמונה 27

3 העתקות לינאריות 3 העתקות לינאריות 31 הגדרת העתקה לינארית העתקה לינארית הגדרה יהיו V ו- W מ"ו מעל אותו שדה F פונקציה T : V W תיקרא העתקה לינארית אם T מקיימת א ) 2 v 1, v 2 V T (v 1 + v 2 ) = T (v 1 ) + T (v ב (v) v V, λ F T (λv) = λt T : R 3 R 2 מוגדרת על-ידי y z) T (x, y, z) = (x+y, לדוגמה, = 4) (1, 2, T דוגמה 2) (3, = 4) (1 + 2, 2 נבדוק שזו אכן העתקה לינארית: T ((x 1, y 1, z 1 ) + (x 2, y 2, z 2 )) = T (x 1 + x 2, y 1 + y 2, z 1 + z 2 ) = (x 1 + x 2 + y 1 + y 2, y 1 + y 2 (z 1 + z 2 )) = (x 1 + y 1, y 1 z 1 ) + (x 2 + y 2, y 2 z 2 ) = T (x 1, y 1, z 1 ) + T (x 2, y 2, z 2 ) T (λ(x, y, z)) = T (λx, λy, λz) = (λx + λy, λy λz) = λ(x + y, y z) = λt (x, y, z) דוגמה T (x + y) = sin(x + y) T (x) = sin x,t : R R לא תמיד שווה ל-+ sin x T ;sin y אינה העתקה לינארית 13122006 דוגמה (העתקה ששומרת רק על חיבור) V = C כמ"ו מעל עצמו T : V V מוגדרת על-ידי T (α + βi) = α חיבור: = 2 T ((α 1 + β 1 i) + (α 2 + β 2 i)) = T ((α 1 + α 2 ) + (β 1 + β 2 )i) = α 1 + α λ T (α 1 + β 1 i) + T (α 2 + β 2 i) {}}{ כפל בסקלר: bβ T ((a + bi)(α + βi)) = T ((aα bβ) + (aβ + bα)i) = aα (a + bi)t (α + βi) = aα + bαi משפט :37 תהי T : V W העתקה לינארית אז א T (0 V ) = 0 W ב (v) v V T ( v) = T הוכחה א ) V T (0 V ) = T (0 V + 0 V ) = T (0 V ) + T (0 נוסיף לשני האגפים ) V T (0 ונקבל T (0 V ) = T (0 V ) + ( T (0 V )) = 0 W 28

3 העתקות לינאריות 32 קריטריון ללינאריות העתקה ב יהי v V אז v + ( v) = 0 V מכיוון ש- T העתקה לינארית, נקבל = ( v) T (v) + T T (v + ( v)) = T (0 V ) = 0 W בשל יחידות האיבר הנגדי, כיוון ש-( v ) T מתפקד כנגדי של (v) T, הרי הוא הנגדי של (v) T, ולכן נוכל לכתוב (v) T (v ) = T 32 קריטריון ללינאריות העתקה משפט :38,V W מ"ו מעל F אז T : V W העתקה לינארית אם"ם 2 v 1, v 2 V, λ 1, λ קריטריון ללינאריות העתקה F T (λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = λ 1 T (v 1 ) + λ 2 T (v 2 ) הוכחה אם T העתקה לינארית, אז + ) 1 T (λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = T (λ 1 v 1 ) + T (λ 2 v 2 ) = λ 1 T (v λ 2 T (v 2 ) להיפך, נניח שהקריטריון מתקיים יהיו v 1, v 2 V אז נקבל שמתקיים = ) 2 T (v 1 + v ) 2 T (1 F v 1 + 1 F v 2 ) = 1 F T (v 1 ) + 1 F T (v 2 ) = T (v 1 ) + T (v כעת, יהיו λ F,v V אז T (λv) = T (λv + 0 F v) = λt (v) + 0 F T (v) = λt (v) מסקנה :39 יהיו T : V W,λ 1,, λ n F,v 1,, v n V העתקה לינארית אז T ( n i=1 λ iv i ) = n i=1 λ it (v i ) הוכחה כתרגיל (באינדוקציה) 33 העתקות מיוחדות 331 העתקת האפס W,V מ"ו מעל F נגדיר : V W 0 על-ידי v V 0(v) = 0 W העתקת האפס למה זו ה"ל? ) 2 0(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = 0 W = λ 1 0(v 1 ) + λ 2 0(v 332 העתקת הזהות העתקת הזהות v V I(v) = v על-ידי I : V V נגדיר F מ"ו מעל V למה זו ה"ל? ) 2 I(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 = λ 1 I(v 1 ) + λ 2 I(v 34 מציאת העתקות לינאריות משפט :40 יהיו W,V מ"ו מעל F יהי } n B = {v 1,, v בסיס של V אם S, T : V W יחידות העתקה לינארית כך שלכל S(v i ) = T (v i ) i = 1 n אז (v) S(v) = T לכל ;v V כלומר, S = T הוכחה יהי v V צ"ל (v) S(v) = T כיוון ש- B בסיס, יש α 1,, α n F (הנקבעים באופן יחיד) כך ש- v = α 1 v 1 + + α n v n אז נקבל 29

35 גרעין של העתקה לינארית 3 העתקות לינאריות S(v) = S(α 1 v 1 + + α n v n ) = α 1 S(v 1 ) + + α n S(v n ) = α 1 T (v 1 ) + + α n T (v n ) = T (α 1 v 1 + + α n v n ) = T (v) משפט :41 יהיו W,V מ"ו מעל F יהי } n B = {v 1,, v בסיס של V יהיו w 1,, w n W אז יש T אחת ויחידה שהיא העתקה לינארית מ- V ל- W ומקיימת (i = 1 n) T (v i ) = w i דוגמה כדי למצוא ה"ל T : R 3 R 3 שמקיימת 1) (1, 0, = 5) (1, 3,,T ניקח בסיס של R 3 שמכילאת( 5, 1 ) למשל{( 1 3, (0, 0, 0), (0, 1, 5),, 1 )} ונגדיר( 1 3, (1, 0, = 5) (1, 3,,T 0) (0, 0, = 0) (0, 1,,T T (0, 0, 1) = (0, 0, 0) כעת נוכל להסתמך על לינאריות T לשם חישוב 6) (1, 4, :T T (1, 4, 6) = T ((1, 3, 5)+(0, 1, 0)+(0, 0, 1)) = T (1, 3, 5)+T (0, 1, 0)+T (0, 0, 1) v = n נגדיר הוכחה לכל v V יש הצגה יחידה כצירוף לינארי של איברי 1=i α iv i B T כיוון שמקדמי הצירוף הלינארי נקבעים באופן יחיד, הרי הנוסחה ל-( v ) T (v) = n i=1 α iw i מתאימה לכל T (v) v יחיד,T (v i ) = w i כנדרש, כי ניתן לכתוב + i 1 v i = 0v 1 + + 0v T (v i ) = 0w 1 + + 0w i 1 + w i + 0w i+1 + ואז, על-פי ההגדרה,,v i + 0v i+1 + + 0v n + 0w n = w i נותר להראות ש- T לינארית יהיו ;u 1, u 2 V צ"ל ) 2 T (u 1 + u 2 ) = T (u 1 ) + T (u נכתוב u 2 = β 1 v 1 + + β n v n,u 1 = α 1 v 1 + + α n v n T (u 1 + u 2 ) = T ((α 1 v 1 + + α n v n ) + (β 1 v 1 + + β n v n ) = T ((α 1 + β 1 )v 1 + + (α n + β n )v n ) הגדרת T = (α 1 + β 1 )w 1 + + (α n + β n )w n = α 1 w 1 + + α n w n + β 1 w 1 + + β n w n = T (α 1 v 1 + + α n v n ) + T (β 1 v 1 + + β n v n ) = T (u 1 ) + T (u 2 ) הוכחת שמירה על כפל בסקלר כתרגיל יחידות T נובעת ממשפט 40 לסיכום, אם T : V W העתקה לינארית ו- B בסיס של V, מתוך הכרת ערכי T על וקטורי v V על כל T נוכל לקבוע חד-משמעית מהו ערכה של B 35 גרעין של העתקה לינארית גרעין הגדרה תהי T : V W ה"ל נסמן } W ker T ker T = {v V T (v) = 0 הוא הגרעין 20122006 של T 30

3 העתקות לינאריות 36 תמונה של העתקה לינארית V ker T W 0 דוגמה T : R 3 R 3 מוגדרת על-ידי 0) y, T (x, y, z) = (x, ker T = { (x, y, z) R 3 T (x, y, z) = (0, 0, 0) } = { (x, y, z) R 3 (x, y, 0) = (0, 0, 0) } = { (x, y, z) R 3 x = y = 0 } = { (0, 0, z) R 3} = { z(0, 0, 1) z R 3} = span {(0, 0, 1)} משפט :42 תהי T : V W ה"ל אז ker T V הוכחה תחילה,,0 v ker T כי T (0 V ) = 0 W יהיו,T (v 1 ) = 0 W v 1, v 2 ker T,T (v 2 ) = 0 W ולכן T (v 1 + v 2 ) = T (v 1 ) + T (v 2 ) = 0 W ו- v 1 + v 2 ker T כעת, יהיו λv ker T ו- T (λv) = λt (v) = λ0 W = 0 W אז λ F,v ker T 36 תמונה של העתקה לינארית הגדרה תהי T : V W ה"ל תהי K V נסמן K} T (K) T (K) = {T (v) v תמונה של קבוצה נקראת התמונה של K דוגמה T : R 2 R 2 מוגדרת על-ידי T (x, y) = x (הוכחה שזו ה"ל כתרגיל ( 22 T (K) = {1, 2} אז K = {(1, 2), (1, 3), (2, 4)} משפט :43 תהי T : V W העתקה לינארית אם T (K) W,K V הוכחה תחילה, ) V (0 V K) T (K) 0 W = T (0 לכן (K) T יהיו (K) ;w 1, w 2 T צ"ל (K) w 1 + w 2 T v 1 KT (v 1 ) = w 1 = w 1 T (K) T (v 1 + v 2 ) = T (v 1 ) + T (v 2 ) = w 1 + ולכן w 2 v 2 KT (v 2 ) = w 2 = w 2 T (K) אבל,v 1 + v 2 K שהרי K V קיבלנו (K) w 1 + w 2 T הוכחת סגירות לכפל בסקלר כתרגיל תמונה הגדרה תהי T : V W ה"ל } V im T = {T (v) v נקראת התמונה של T im T = { T (x, y, z) (x, y, z) R 3} = {(x, y, 0) x, y R} = {x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) x, y R} = span {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} על-פי המשפט הקודם, im T W דוגמה נחשב את im T עבור T מהדוגמה הקודמת 22 בכל מקרה, זה לא משנה להגדרת התמונה 31

37 כמה מילים על פונקציות 3 העתקות לינאריות נשים לב ש- dim ker T + dim im T = dim V 3 = 2 1 + איך מחשבים את?im T משפט :44 תהי T : V W ה"ל יהי } n B = {v 1,, v בסיס של V אז = T im span {T (v 1 ),, T (v n )} דוגמה נחזור לדוגמה הקודמת ניקח 1)} (0, 0, 0), (0, 1, 0), {(1, 0, = B בסיס של span {T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)} = ואכן, V = R 3 = span {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 0)} = span {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} = im T x = הוכחה נראה הכלה הדדית יהי )} n x span {T (v 1 ),, T (v אז n λ i T (v i ) = i=1 n n T (λ i v i ) = T ( λ i v i ) im T i=1 כעת, יהי x im T אז יש v V כך ש-( v ) x = T כיוון ש- B בסיס, ניתן לכתוב,v = n ואז i=1 α iv i x = T (v) = T ( n α i v i ) = i=1 i=1 n α i T (v i ) span {T (v 1 ),, T (v n )} i=1 37 כמה מילים על פונקציות נניח ש- f 2 : A 2 B 2,f 1 : A 1 B 1 רוצים להגדיר את הפונקציה המורכבת f 2 f 1 אם 24122006 התמונה של f 1 מוכלת בתחום של,f 2 נוכל להגדיר את f 2 f 1 כ-(( x ) (f 2 f 1 )(x) = f 2 (f 1 A 2 A 1 B 1 B 2 פונקציה חד-חד ערכית הגדרה פונקציה f : A B נקראת חד-חד ערכית אם לכל = a 1 a 2 a 1, a 2 A a 1 = a 2 = f(a 1 ) = f(a 2 ) או, באופן שקול, אם f(a 1 ) f(a 2 ) הגדרה פונקציה f : A B נקראת על אם לכל b B יש a A כך ש- b f(a) = הגדרה פונקציית הזהות I A : A A מוגדרת כך ש- a a A I A (a) = הגדרה תהי f : A B פונקציה אם קיימת g : B A כך ש- f g = I A ו- g f = I B נאמר ש- f הפיכה; g נקראת הפונקציה ההופכית של f ניתן להראות שאם קיימת g כזו היא יחידה, ולכן ניתן לסמן 1 f g = פונקציה על פונקציית הזהות פונקציה הפיכה פונקציה הופכית 32

3 העתקות לינאריות 38 הרכבת העתקות לינאריות משפט :45 B f : A הפיכה f חח"ע ועל הגדרה W V, מ"ו מעל T : V W F ה"ל נקראת מונומורפיזם אם היא חח"ע; אפימורפיזם אם היא על; איזומורפיזם אם היא חח"ע ועל (מונו אפי איזו)מורפיזם משפט :46,V W מ"ו מעל T : V W F ה"ל T חח"ע } V ker T = {0 0 V לכן הוכחה ( =) נניח T חח"ע נניח בשלילה ש-{ ker T {0 V אז יש v ker T,T (v) = T (0 V ) = 0 W ומכאן T אינה חח"ע, בסתירה להנחה (= ) נניח } V ker T = {0 ונוכיח ש- T חח"ע נניח ש-( T (v 1 ) = T (v 2 מכאן, = ) 2 T (v 1 v v 1 v 2 = 0 V ולכן,ker T = {0 V } אבל v 1 v 2 ker T ולכן,T (v 1 ) T (v 2 ) = 0 W מכאן, v 1 = v 2 (im T = W על T : V W ) הרכבת העתקות לינאריות 38 S(x, y) =,S : R 2 R 2 ;T (x, y) = (x y, 2x + y),t : R 2 R 2 דוגמה y) (x + 2y, x + ההעתקה T S : R 2 R 2 מוגדרת כך: (S(v)) (T S)(v) = T עבור (T S)(v) = T (S(x, y)) = T (x + 2y, x + y) =,v = (x, y) = ((x + 2y) (x + y), 2(x + 2y) + (x + y) = (y, 3x + 5y) S T T S כתרגיל משפט :47 יהיו W 1,V 1 ו- W 2,V 2 מ"ו מעל שדה F יהיו T : V 2 W 2,S : V 1 W 1 העתקות לינאריות אז אם T S : V 1 W 2,im S V 2 מוגדרת והיא העתקה לינארית הוכחה נסמן T S = L צ"ל כי לכל L(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) =,λ 1, λ 2 F,v 1, v 2 V 1 ) 2 λ 1 L(v 1 ) + λ 2 L(v ואכן: L(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = (T S)(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = T (S(λ 1 v 1 + λ 2 v 2 )) = T (λ 1 S(v 1 ) + λ 2 S(v 2 )) = λ 1 T (S(v 1 )) + λ 2 T (S(v 2 )) = λ 1 L(v 1 ) + λ 2 L(v 2 ) כפי שראינו, אם T : V W ה"ל חח"ע ועל, יש S : W V כך ש-,T S = I V T היא ההופכית של S = T 1 כלומר, S T = I W משפט :48,V W מ"ו מעל F אם T : V W ה"ל חח"ע ועל, אז T 1 : W V אף היא ה"ל הוכחה יהיו λ 1, λ 2 F,w 1, w 2 W צריך להוכיח כי T 1 (λ 1 w 1 + λ 2 w 2 ) = λ 1 T 1 (w 1 ) + λ 2 T 1 (w 2 ) 33

38 הרכבת העתקות לינאריות 3 העתקות לינאריות נבחר v 1, v 2 V כך ש- T (v 2 ) = w 2,T (v 1 ) = w 1 (נוכל לעשות זאת, כי T על) אז T (λ 1 v 1 + λ 2 v 2 ) = λ 1 T (v 1 ) + λ 2 T (v 2 ) = כעת, T 1 (w 2 ) = v 2,T 1 (w 1 ) = v 1,λ 1 w 1 + λ 2 w 2 ולכן T 1 (λ 1 w 1 + λ 2 w 2 ) = λ 1 v 1 + λ 2 v 2 = λ 1 T 1 (w 1 ) + λ 2 T 1 (w 2 ) 27122006 משפט :49,V W מ"ו מעל T : V W F העתקה לינארית K V קבוצת וקטורים בת"ל אם T חח"ע, אז (K) T בת"ל הוכחה (לשם הפשטות, נניח } n K = {v 1,, v סופית) ניקח צ"ל מתאפס של איברי (K) T ונוכיח שהוא טריוויאלי נניח = 0 ) n α 1 T (v 1 ) + + α n T (v אז + + ) 1 T (α 1 v ker T = {0} חח"ע, הרי T כיוון ש- T (α 1 v 1 + + α n v n ) ולכן = 0 T (α n v n ) = 0 מכאן, = 0 n α 1 v 1 + + α n v מכיוון שזהו צ"ל מתאפס של איברי הקבוצה הבת"ל,K α 1 = = α n = 0 משפט 50 (משפט המימדים :(2,V W מ"ו מעל שדה T : V W dim ker T = n,f ה"ל אז dim ker T + dim im T = dim V משפט המימדים: הקאמבק דוגמה כבר ראינו אחת כזאת (ב- 2102 ), כשדנו בגרעין ובתמונה הוכחה נפריד לשלושה מקרים: א ker T = V כלומר, T העתקת האפס: v V T (v) = 0 W לכן } W = im T = {0 dim ker T + dim im T = כעת, dim ker T = n = ker T = V dim im T = 0 n + 0 = n ב {0} ker T V נסמן dim ker T = k ניקח בסיס ל- {u 1,, u k } :ker T נשלים בסיס זה לבסיס של {u 1,, u k, v 1,, v n k } :V ראינו כבר כי im T נפרשת על-ידי )} n k {T (u 1 ),, T (u k ), T (v 1 ),, T (v אבל כיוון ש- u 1,, u k im T = span {T (v 1 ),, T (v n k T,ולכןמספיקלכתוב{( (u 1 ) = = T (u k ) = 0,ker T אם נראה ש-{( {T (v 1 ),, T (v n k בת"ל, נקבל,dim im T = n k ואז + T dim ker α 1 T (v 1 ) + וגמרנו אם כן, נוכיח אי-תלות נניח dim im T = k + (n k) = n α 1 v 1 + ו-+ T (α 1 v 1 + + α n k v n k ) לכן = 0 + α n k T (v n k ) = 0 α 1 v 1 + + α n k v n k כך ש-= β 1,, β k F לכן יש α n k v n k ker T β 1 u 1 β k u k + α 1 v 1 + + α n k v n k לכן = 0 β 1 u 1 + + β k u k זהו צ"ל מתאפס של איברי בסיס של,V ולכן = 0 n k α 1 = = α וגמרנו ג {0} = T ker יהי{ v }בסיסשל 1,, v n V ראינוכברש-{( im T = span {T (v 1 ),, T (v n כיוון ש- T חח"ע ו-{ {v 1,, v n בת"ל, הרי גם )} n {T (v 1 ),, T (v בת"ל לכן זהו בסיס 34