אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 8

אלגברה ליניארית 1 א' פתרון 8.1 נניח כי (R) A M n מקיימת = 0 t.aa הוכיחו כי = 0.A הוכחה: נביט באיברי האלכסון של.AA t.(aa t ) ii = n k=1 (A) ik(a t ) ki = n k=1 a ika ik = n k=1 a2 ik = 0 מדובר במספרים ממשיים, לכן 0 ik.a 2 לכן = 0 ik a לכל k n 1 (כלומר בכל השורה i של.(A וכך לכל.i לכן = 0.A 2. נביט בשתי מטריצות בלוקים באותו סדר: A 1 0 0 B 1 0 0.A i M ni A,כאשר( R ) = 0 A 2 0, B = 0 B 2 0 0 0 A k 0 0 B k A 1 B 1 0 0.AB = 0 A 2 B 2 א. הוכיחוכימכפלתםהיאהמטריצתהבלוקים 0 0 0 A k B k הוכחה: נוכיח באינדוקציה על כמות הבלוקים, k. ) )( ( A 0 C 0 כמוכן,נשתמשבכךשאנויודעיםלחשבמכפלהשלשתימט'בלוקים= 0 B 0 D ( ) AC 0 (עםשניבלוקים A,B בגדליםכלשהםאולישונים,ו C,D בגדליםמתאימים. 0 BD זה הוכח בהרצאה/יש להוכיח (!) מפורשות בעזרת הגדרת מכפלה של שתי מטריצות.) להוכחת הטענה בתרגיל: בסיס. עבור = 1 k, אין מה להוכיח. +1 k בלוקים. עבור מטריצות מסוג זה עם ונוכיח נניח כי הוכחו עבור k צעד. A 1 0 0 B 1 0 0 0 0 AB =... A k 0 0 0 A k+1... B k 0 0 0 B k+1 = לפי מכפלה עבור מט' בלוקים עם שני בלוקים, ולפי הנחת האינדוקציה 1

A 1 B 1 0 0 = 0... A k B k 0 0 0 A k+1 B k+1 כדרוש. המטריצות i k,a i,1 הפיכות. הוכיחו כי ב. הוכיחו כי A הפיכה אם ורק אם כל A 1 1 0 0.A 1 = 0 A 1 2 אם A הפיכה, אז 0 0 0 A 1 k הוכחה: נבצע פעולות אלמנטריות על שורות (A I) בדרך הרגילה ולקבלת מט' הופכית או לצורך בירור שהיא לא קיימת: בצעד הראשון נבצע פעולות אלמטריות על השורות שבהן מופיעה A, 1 כך שנקבל את הצורה הקנונית של A. 1 אםזו לאמט' היחידה, אזישנה שורת אפסיםבצורה הקנוניתשל A 1 ולכןגם A בעלת שורת אפסים בצורה הקנונית (או באופן אחר, שקולת שורות למט' עם שורת אפסים), ולכן לא תהיה הפיכה. אםזו כןמט'היחידה,כלומר אם A 1 הפיכה, אזממשיכים(ובצדימין מקבליםבשורות.(A 1 הראשונות את 1 באופן כזה, אם אחת מהמטריצות A 1 A,..., k אינה הפיכה, אז בצורה הקנונית של A תופיע שורת אפסים והיא גם לא תהיה הפיכה. אם לעומת זאת כל הבלוקים הפיכים, אז הצורה הקנונית של A תהיה מט' היחידה, וההופכית של A תהיה בדיוק המט' הרשומה בשאלה. (אם יודעים שכל הבלוקים הפיכים, אז אפשר להוכיח שהמטריצה הרשומה היא ההופכית של A ע"י בדיקה ישירה (כפל שלהן), בעזרת סעיף א'.) 3. חשבו את הדטרמיננטות הבאות (ע"י דירוג או ע"י פיתוח לפי שורה/עמודה) 1 6 0 4 1 1 7 1 0 2 2 3 2 1 1 ב. 2 0 2 0 7 0 1 א. 0 2 2 פתרון: א. נפתח לפי שורה אחרונה:.det(...) = +2 2 2 0 2 2 0 2 2 2 = 2 4 2 ( 4) = 16 ב. נפתח לפי שורה אחרונה תחילה, ואת ה Ü לפי שורה ראשונה, ונשתמש בנוסחה שידועה לחישוב דטרמיננטה ¾Ü¾: 1 0 4 det(...) = 7 1 7 1 3 1 1 +1 1 6 0 1 1 7 = 7 (1 (7 1) +4(1 21))+(1(1 3 2 1 14) 6(1 21)) = 411 2

4. חשבו את הדטרמיננטות של המטריצות הבאות: 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 א. 1 0 0 0 1 ÒÜÒ ראשונה: פתרון: נפתח לפי עמודה 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 det(û ÒØ ) = 1 1 0 +( 1) n+1 0 1 = 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 { = 1+( 1) n+1 = 2 n Ó 0 n Ú Ò 1 n 1 1 1 1 1 n 1 1 ב. 1 1 1 n 1 1 1 1 1 n ÒÜÒ פתרון: בעזרת העמודה הראשונה, נאפס חלק משאר העמודות: ) n C 2 C 2 C 1,...,C (C n C 1 1 n n n n 1 n 0 0 det(û ÒØ ) = R 1 R 1 R 2 R 3... R n = 1 0 n 0 1 0 0 n 1 n+(n 1) 1 0 0 0 0 0 0 0 1 n 0 0 1 n 0 0 = = 0 1 0 n 0 1 0 n 0 1 0 0 n 1 0 0 n 3

1 a 1 +b 1 a 2 a n 1 a 1 a 2 +b 2 a n ג. +b n Ò ½µÜ Ò ½µ פתרון: תחילה, בעזרת העמודה הראשונה נאפס חלקים משאר העמודות: (פעולה זו לא משפיעה על הדטרמיננטה) 1 0 0 0 1 b 1 0 0 det(û ÒØ ) = 1 0 b 2 0 = b 1 b 2... b n = Π n k=1 b k 1 0 0 b n דרך אחרת: להשתמש תחילה בליניאריות לפי כל שורה, שם הרבה מחוברים יתאפסו, ויש לראות מה נשאר. 0 b 1 0 0 1 a 1 a 2 +b 2 a n 1 a 1 a 2 +b 2 a n det(û ÒØ ) = + +b n +b n המחובר הראשון מתאפס, כיוון ששתי העמודות הראשונות בו תלויות. אם נמשיך באותו אופן, נישאר עם 0 b 1 0 0 =... = 0 a 1 b 2 0 0 a 1 a 2 b n ומגיעים לאותה תוצאה (נפתח לפי עמודה ראשונה. או לפי דטרמיננטה של מט'בלוקים.). 5. חשבו את הדטרמיננטות של המטריצות הבאות (במקרה הצורך, הוכיחו טענותיכם באינדוקציה) a n 1 0 0 a n 1 x 1 0 x 0 א. a 1 1 a 0 0 0 x Ò ½µÜ Ò ½µ פתרון: (לפי הרמז, נוכיח בהמשך כי הדטרמיננטה היא (.a n x n +a n 1 x n 1 +...+a 0 נסמןאתהדטרמיננטההמבוקשתמגודלÒ ½µÜ Ò ½µ מהצורההזאתב 1+n d. נפתח לפי שורה ראשונה: 4

x 1 0 a n 1 1 0 d n+1 = a n 0 x +1 a n 2 x 1 = 1 0 0 x ÒÜÒ a 0 0 x ÒÜÒ a n x n +d n = a n x n +a n 1 x n 1 +d n 1 =... וממשיכים באותו אופן כך שמקבלים את הביטוי שברמז. נוכיח שדטרמיננטה מהצורה הזאת היא.d n+1 = a n x n +a n 1 x n 1 +...+a 0 הוכחה: (באינדוקציה על n) (.d 2 = a 1 1 בסיס.,d 1 = a 0 (לא חייבים לבדוק, אך נרשום: a 0 x = a 1x+a 0 צעד. נניח שהוכחנו את הטענה עבור,k כלומר.d k+1 = a k x k +a k 1 x k 1 +...+a 0 נחשב מהו 2+k d. לפי הפיתוח כמו קודם, יודעים ש.d k+2 = a k+1 x k+1 +d k+1 = a k+1 x k+1 +a k x k +...+a 0 מה שמוכיח את הדרוש. a 1 +x a 2 a n a 1 a 2 +x an ב. a 1 a 2 a n +x ÒÜÒ פתרון: לפי השורה הראשונה בליניאריות ניעזר תחילה a 1 a 2 a 3 a n x 0 0 0 a 1 a 2 +x a 3 a n a 1 a 2 +x a 3 a n det(û ÒØ ) = a 1 a 2 a 3 +x + a 1 a 2 a 3 +x an an a 1 a 2 a 3 a n +x a 1 a 2 a 3 a n +x עבור המחובר הראשון, אם = 0 1 a, אז הוא מתאפס, ואם לא, אז אפשר בעזרתהעמודה הראשונה להגיע למצב: a 1 0 0 0 a 1 x 0 0 Ö Ø Ø ÖÑ = a 1 0 x = a 1 x n 1. 0 0 0 x a 1 כלומר, בכל מקרה, המחובר הראשון הוא 1 n a 1 x (אם = 0 1 a אז גם הביטוי הזה 0.) עבור המחובר השני, a 2 +x a 3 a n a 2 a 3 +x a n ÓÒ Ø ÖÑ = x a 2 a 3 a n +x Ò¹½µÜ Ò¹½µ 5

והגענו לדטרמיננטה של מט' מאותה צורה, נסמנה 1 n d. אם נמשיך עבורה באותו אופן כמו קודם, ונוסיף את המחובר הראשון, נקבל שסה"כ d n = a 1 x n 1 +x (a 2 x n 2 +xd n 2 ) = (a 1 +a 2 )x n 1 +x 2 d n 2 = = (a 1 +a 2 )x n 1 +x 2 (a 3 x n 2 +xd n 3 ) = (a 1 +a 2 +a 3 )x n 1 +x 3 d n 3 =... = (a 1 +...+a n 1 )+x n 1 d 1 = (a 1 +...+a n 1 )+x n 1 (a n +x) = = (a 1 +...+a n )x n 1 +x n נוכיח את זה באינדוקציה: נוכיח כי n 1.d n = x n +(a 1 +...+a n )x הוכחה: בסיס..d 1 = a n +x = x 1 +a n x 0 צעד. נניח שהראנו את הטענה עבור מט' מהצורה המדוברת בגודל k, ונוכיח עבור מט' זה מגודל +1 :k מסוג a n k +x a n k+1 a n a n k a n k+1 +x a n d k+1 = = an a n k a n k+1 a n +x a n k a n k+1 a n x 0 0 a n k a n k+1 +x a n a n k a n k+1 +x a n = + an = an a n k a n k+1 a n +x a n k a n k+1 a n +x בדומה לפיתוח קודם, = a n k x k +x d k = a n k x k +x(x k +(a n k+1 +...+a n )x k 1 ) = = x k+1 +(a n k +...+a n )x k מה שמסיים את צעד האינדוקציה. לכן סה"כ הוכחנו את הטענה. a 0 a 1 a 2 a n 1 a n y 1 x 1 0 0 0 0 y 2 x 2 d n+1 := 0 ג. 0 0 0 yn 1 x n 1 0 0 0 0 y n x n לפי עמודה אחרונה: פתרון: נפתח למשל y 1 x 1 0 0 0 y 2 x 2 d n+1 = ( 1) n+1+1 a n 0 0 +x n d n = 0 yn 1 x n 1 0 0 0 y n = ( 1) n a n ( 1) n Π n i=1 y i +x n d n = a n Π n i=1 y i +x n d n =

כלומר מצאנו כלל נסיגה מסוים. אם נמשיך "באותו אופן", נקבל: = a n y 1 y n +x n (a n 1 y 1 y n 1 +x n 1 d n 1 ) =... = = a n y 1...y n +a n 1 y 1...y n 1 x n +a n 2 y 1...y n 2 x n 1 x n +...+a 1 y 1 x 2...x n + a 0 x 1...x n את הטענה כאן ("באותו אופן") מוכיחים באינדוקציה כמו במקרים אחרים עם נוסחת נסיגה. n 1 1 1 n 1 0 1 1 ד. 0 1 n 1 1 1 0 פתרון: שאר השורות, נקבל אם נחסר את השורה הראשונה מכל n 1 1 1 0 1 0 0 det( ) = 0 = (n 1)( 1) n 1 1 0 0 0 0 1 3 2 0 0 0 1 3 2 0 0 0 1 3. 0.6 הוכיחו כי n+1 1 = 2 2 0 0 2 0 0 0 1 3 ÒÜÒ הוכחה: נסמן את הדטרמיננטה מהצורה הזאת של מט' מגודל n ב d. n נפתח לפי שורה ראשונה 3 2 0 0 1 3 1 2 0 0 0 3 2 0 d n = 3 0 2 0 2 1 2 0 2 0 0 1 3 0 0 1 3 Ò¹½µÜ Ò¹½µ Ò¹½µÜ Ò¹½µ = 3d n 1 2d n 2 כלומר, מצאנו נוסחת נסיגה: עבור כל 3,n.d n = 3d n 1 2d n 2 = 2.d 1 = 3, d כמו כן, לפי נוסחת הנסיגה: 3 2 נחשב כמה ערכים ראשונים: = 7 3 1.d 4 = 3 15 2 7 = 31,d 3 = 3 7 2 3 = 15 7

נוכיח שמתקיים: n+1 1.d n = 2 הוכחה: באינדוקציה על n. בסיס. עבור = 1 n זה נכון. גם עבור = 2 n. (זה הכרחי לבדוק את שניהם, כי בנוסחת הנסיגה יהיה שימוש בשני איברים קודמים, כאשר מתחילים מ 3.) צעד. נניח שזה מתקיים עבור על המספרים מ 1 עד n ונוכיח שאז זה מתקיים גם עבור (n+1 3 (כאשר.n+1 נחשב בעזרת נוסחת הנסיגה: = 1) n d n+1 = 3d n 2d n 1 = 3(2 n+1 1) 2(2 2+n 1 2. וזה מסיים את ההוכחה..det(u,v,w) = det u 1 v 1 w 1 u 2 v 2 w 2.7 יהיו u,v,w R 3 שלושה וקטורים. נסמן u 3 v 3 w 3 בטאו את +w,w+u) det(u+v,v דרך.det(u,v,w) פתרון: בתוך,det(u,v,w) u,v,w מבטאים עמודות. אבל מכיוון שלכל (R) A, M n,deta = deta t אותן תכונות כמו של שורות נכונות לעמודות ולהפך. נחשב בעזרת ההגדרה של דטרמיננטה: ליניאריות לפי כל שורה (עמודה), התאפסות כאשר יש שתי שורות (עמודות) זהות, או כאשר יש שורות (עמודות) תלויות, שינוי סימן בהחלפת שתי שורות(עמודות). det(u+v,v +w,w +u) = det(u,v +w,w+u)+det(v,v +w,w+u) = =0 {}}{{}}{ = det(u,v,w+u)+ det(u,w,w+u)+ det(v,v,w+u)+det(v,w,w+u) = =0 {}}{{}}{ = det(u,v,w)+ det(u,v,u)+ det(v,w,w)+det(v,w,u) = =0 = det(u,v,w)+( 1)det(u,w,v) = det(u,v,w)+( 1) 2 det(u,v,w) = 2det(u,v,w) =0 8. תהי A מט' ÒÜÒ כך שסכום השורות הזוגיות שלה שווה לסכום השורות האי זוגיות. חשבו את.detA פתרון: נשים לב שלפי הנתון = 0 2n R 1 +R 3 +...+R 2n 1 R 2 R 4... R (זה אם יש מספר זוגי של שורות. אם יש מספר אי זוגי, נרשום 2 2n R במקום R ). 2n כלומר, השורות של A תלויות ליניארית. לכן היא לא הפיכה. לכן = 0.detA 9. (אין בהכרח קשר בין הסעיפים). א. נניח כי A מט' ÒÜÒ אנטיסימטרית, כלומר A. t = A הוכיחו כי אם n אי זוגי, אז A לא הפיכה. הוכחה: עבור מטריצה אנטיסימטרית.detA = det(a t ) = det( A) = ( 1) n deta לכן עבור n אי זוגי,.detA = deta אם אנחנו בR או כל שדה עם מציין שונה מ 2, נובע מכך ש = 0.detA (הערה לגבי שדות: עבור שדה עם מציין 2, כמו Z, 2 הטענה לא נכונה. למשל ב Z 2 ישנה דוגמא מוזרה: המטריצה (1) = A היא אנטיסימטרית (אפילו שהאלכסון שלה לא 0), כי בשדה זה = 1, 1 1 =,n והמט' כן הפיכה.) 8

ב. מטריצה (R) A M n נקראת אורטוגונלית, אם.AA t = I הוכיחו כי עבור מט' אורתוגונלית, = ±1.detA הוכחה: עבור מטריצה אורתוגונלית, = ) t = det(i) = det(aa t ) = det(a)det(a 1.(det(A)) 2 מכאן הדרוש. ג. הוכיחו/הפריכו: לכל )(R).det(A+B) = det(a)+det(b) ( ),A,B ( M n 1 0 1 0 פתרון: לא נכון. לדוגמא, = B.A =, 0 1 0 1 ד. הוכיחו/הפריכו: את Ã, B צורותקנוניותשל A,B בהתאמה,כאשר( R ),A,B M n אז הצורה הקנונית של A+B היא +Ã. B פתרון: לא נכון. לדוגמא, (1) = B.A = (1), אז (2) = A+B והצורה הקנונית שלה היא (1). ( ) A B 10.*יהיוA,B,C,Dמט' ÒÜÒ הפיכות,כךש.CD = DC הוכיחוכי= det C D.det(AD BC) (רמז לדרך אפשרית: השתמשו ב "פעולות בלוקים אלמנטריות" של העמודות: נסו לאפס חלק מהעמודה הראשונה בעזרת השניה. כזכור, פעולות אלמנטריות של עמודות מתאימות להכפלת מטריצה במטריצה של הפעולה/ות מימין.) הוכחה: נשתמש ברמז. אנו רוצים לבצע על המטריצה שלנו פעולות עמודה,כדי להגיע למטריצת בלוקים "פשוטה" יותר: נרצה לאפס את C. כלומר,הפעולותהאלמטריותשנרצהלבצעהןלהחסירמה"עמודה"הראשונהאת D 1 C כפול העמודה השניה. ("עמודה" ראשונה n עמודות ראשונות.) כזכור לנו, ביצוע פעולה אלמנטרית על עמודות מטריצה מתאימה לכפל מטריצה מימין במט' של הפעולה המתאימה: אם מבצעים פעולת עמודות ψ על מט' H, אז אפשר לרשום ψ(i),ψ(h) = H כאשר ψ(i) זה ביצוע הפעולה על מט' היחידה מגודל מתאים, וזוהי המט' המתאימה לפעולה. נחשב מה תהיה המטריצה של הפעולה אותה אנו רוצים לבצע: לחסר מה"עמודה" )D כפול ) ( העמודה השניה. אם מבצעים פעולה זו על מט' היחידה, מקבלים ) הראשונה את 1 C I 0 I 0 כלומר מה שהתקבל זו המט' שבה יש להכפיל מימין 0 I D 1 C I לצורך ביצוע הפעולה על מט' כלשהי. ) נבדוק שאצלינו ( מתקבל: ) ( ) ( A B I 0 A BD C D D 1 = 1 C B C I 0 D נביט בדטרמיננטות של שני האגפים ונחשב (אפשר לחילופין לטעון שדטרמיננטה של המטריצה המבוקשת שווה לזו שהתקבלה ממנה,כי הפעולה שביצענו לא משנה את הדטרמיננטה). מכך שדטרמיננטה של מכפלת מט' זו מכפלת הדטרמיננטות, ומחישוב דטרמיננטה של מט' בלוקים "משולשית", מתקיים: ( ) A B.det 1 = det(a BD C D 1 C)detD 9

כאן מהנתון ש,CD = DC det(a BD 1 C)detD = det(ad BD 1 CD) = det(ad BD 1 DC) =.det(ad BC) וזה מוכיח את הדרוש..11 א. חשבו את 1 σ,σ τ, τ σ, כאשר σ,τ הן התמורות הבאות: σ = ( ) 1 2 3 4 5, τ = 1 3 5 4 2 ( ) 1 2 3 4 5 3 1 5 2 4 ב. חשבו את הסימן,,sgn של כל התמורות מהסעיף הקודם. ) פתרון א. ( 1 2 3 4 5.(σ σ 1 = σ 1 σ = id שמתקיים (כך σ 1 = 1 5 2 4 3 ( ) ( ) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5.τ σ σ τ אז כאן.τ σ =, σ τ = 3 5 4 2 1 5 1 2 3 4 ב. נחשב את הסימנים. לגבי σ: ההיפוכים שבה הם (4,5),(3,5),(3,4),(2,5), לכן 1+ =.sgn(σ) לגבי τ: ההיפוכים הם (3,5),(3,4),(1,4),(1,2), לכן 1+ =.sgn(τ) כעת, sgn(τ σ).sgn(σ 1 ) = sgn(σ) = +1, sgn(σ τ) = sgn(σ)sgn(τ) = 1 = ½¼