מה שלא תעשו אני אשתדל להשלים. --[[משתמש:איתמר שטיין|איתמר שטיין]] ([[שיחת משתמש:איתמר שטיין|שיחה]]) 01:37, 6 בפברואר 2014 (EST)
בסוף הספקתי לכתוב תשובות.
להלן.--[[משתמש:איתמר שטיין|איתמר שטיין]] ([[שיחת משתמש:איתמר שטיין|שיחה]]) 07:18, 6 בפברואר 2014 (EST) == <math>Ker(T^n)cupIm\cap Im(T^n)=0</math> == שלב א': נבחר <math>n = dim V</math> טענת עזר: אם <math>T^{2n}(y)=0</math> אז <math>T^n(y)=0</math> במילים אחרות: <math>Ker(T^n)=Ker(T^{2n})</math> הוכחה: נשים לב שיש שרשרת עולה של תתי מרחבים <math>Ker(T)\subseteq Ker(T^2) \subseteq \cdots </math> אבל המימד שלהם לא יכול לגדול לנצח (כי לכל היותר הוא יהיה <math>n</math>.) ולכן קיים <math>k</math> עבורו <math>Ker(T^k)=Ker(T^{k+1})</math> אבל אז אם <math>x\in Ker(T^{k+2})</math> אז <math>T(x)\in Ker(T^{k+1})</math> ולכן <math>T(x) \in Ker(T^k)</math> ולכן <math>x \in Ker(T^{k+1})</math> כלומר השויון ממשיך ויש לנו <math>Ker(T^k)=Ker(T^{k+1})=Ker(T^{k+2})=\cdots</math> וכו'. נסמן ב <math>k</math> את הפעם הראשונה בשרשרת שבה <math>Ker(T^k)=Ker(T^{k+1})</math> בהכרח יתקיים <math>k\leq n </math> כי לא יכול להיות שהשרשרת גדלה יותר מ <math>n</math> פעמים. (בכל פעם שהיא גדלה, התווסף לפחות עוד 1 למימד - ובסך הכל המימד הוא <math>n</math>). ולכן בהכרח <math>Ker(T^n)=Ker(T^{2n})</math> שלב ב': נניח ש <math>x\in Im(T^n) \cap \Ker(T^n)</math> אז <math>T^n(x)=0</math> ו <math>T^n(y)=x</math> כלומר <math>T^{2n}(y)=0</math> לפי שלב א' <math>x=T^n(y)=0</math> כנדרש. --[[משתמש:איתמר שטיין|איתמר שטיין]] ([[שיחת משתמש:איתמר שטיין|שיחה]]) 07:02, 6 בפברואר 2014 (EST) ==אם <math>\lambda</math> ערך עצמי יחיד ו <math>A^r=I</math> אז <math>A=\lambda I</math>== אם <math>A^r=I</math> זה אומר ש <math>x^r-1</math> מאפס את <math>A</math>. כלומר הפולינום המינימלי מחלק את <math>x^r-1</math>. אבל <math>x^r-1</math> מתפצל לגורמים לינאריים שונים והפולינום המינימלי הוא מהצורה <math>(x-\lambda)^k</math>ולכן <math>k=1</math> והפולינום המינימלי הוא <math>x-\lambda</math>. נציב את <math>A</math> ונקבל ש <math>A=\lambda I</math> כנדרש--[[משתמש:איתמר שטיין|איתמר שטיין]] ([[שיחת משתמש:איתמר שטיין|שיחה]]) 07:06, 6 בפברואר 2014 (EST) ==לא קיימת T כך ש <math>T=TT^{\ast}+I</math>== נניח שקיימת. אז <math>T</math> צמודה לעצמה (כי <math>TT^{\ast}+I</math> צמוד לעצמו). ולכן כל הערכים העצמיים ממשיים (ויש ל <math>T</math> ערכים עצמיים כי היא ניתנת ללכסון). אבל <math>T</math> מקיימת גם <math>T=TT^\ast+I=T^2+I</math> כלומר <math>T^2-T+I</math> כלומר הפולינום <math>x^2-x+1</math> מאפס את <math>T</math> אז הפולינום המינימלי צריך לחלק אותו. אבל ל <math>TT^{\ast}+I</math> אין שורשים ממשיים. ממילא גם לפולינום המינימלי אין שורשים ממשיים. אז ערכים עצמיים ממשיים. בסתירה --[[משתמש:איתמר שטיין|איתמר שטיין]] ([[שיחת משתמש:איתמר שטיין|שיחה]]) 07:12, 6 בפברואר 2014 (EST) ==אם <math>i</math> ע"ע של <math>T</math> אז קיים <math>v</math> כך שלכל <math>u</math> מתקיים <math>v\neq T^2u+u</math>== או בשפה של בני אדם. <math>T^2+I</math> היא לא על. מדובר כאן על מצב ש <math>T:V\rightarrow V</math> ולכן <math>T</math> על אם ורק אם היא <math>הפיכה</math> אבל <math>T^2+I=(T-iI)(T+iI)</math> וההעתקה <math>T-iI</math> לא הפיכה כי <math>i</math> ע"ע. ולכן גם <math>T^2+I</math> לא הפיכה. כנדרש ==<math>Im(T^\ast)=(Ker(T))^\perp</math>== ברור שזה שקול לטענה <math>(Im(T^\ast))^\perp=(Ker(T))</math> ואת זה נוכיח בקלות <math>x \in Ker(T)</math> אם ורק אם <math>T(x)=0</math> אם ורק אם <math>\forall u \quad <T(x),u>=0</math> אם ורק אם <math>\forall u \quad <x,T^\ast(u)>=0</math> אם ורק אם <math>x\in (Im(T^\ast))^\perp</math> כנדרש --[[משתמש:איתמר שטיין|איתמר שטיין]] ([[שיחת משתמש:איתמר שטיין|שיחה]]) 07:17, 6 בפברואר 2014 (EST) == המבחן == תוכלו בבקשה להעלות פתרונות מלאים של המבחן מועד א'?