שיחת משתמש:Nimrod

בדידה: תרגיל 1, 4.ג'

צ"ל [math]\displaystyle{ A\cap \bigcup_{i=1}^n B_i = \bigcup_{i=1}^n (A\cap B_i) }[/math] ואח"כ אתה משתמש בזה פעמיים (כדי להראות ש: [math]\displaystyle{ \bigcup_{i=1}^n A_i \cap \bigcup_{j=1}^m B_j' = \bigcup_{i=1}^n(A_i \cap \bigcup_{j=1}^m B_j') = \bigcup_{i=1}^n \bigcup_{j=1}^m (A_i \cap B_j') }[/math]). -אור שחף, שיחה, 19:01, 26 ביולי 2010 (IDT)

לינארית: תרגיל 1, 2.8א

אתה רוצה להראות ש-[math]\displaystyle{ \frac{1}{a+b\sqrt{p}} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}] }[/math]. מתקיים: [math]\displaystyle{ \frac{1}{a+b\sqrt{p}} = \frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p} }[/math]. מכיוון ש-[math]\displaystyle{ a^2-b^2 p \in \mathbb{F} }[/math] הטענה נכונה. -אור שחף, שיחה, 18:46, 27 ביולי 2010 (IDT)

[math]\displaystyle{ \left(a^2-b^2 p\right)^{-1} \in \mathbb{F} \subset \mathbb{F}[\sqrt{p}] }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \frac{a}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F} \and \frac{-b}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F} }[/math]. לפי הגדרת [math]\displaystyle{ \mathbb{F}[\sqrt{p}] }[/math] ולפי דיסטריביוטיביות (שאותה צ"ל, זה קל) נובע ש-[math]\displaystyle{ \frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}] }[/math] ואז, לפי [math]\displaystyle{ x^2-y^2=(x+y)(x-y) }[/math] (צ"ל), [math]\displaystyle{ \frac{x}{x}=1 }[/math] ואסוציאטיביות (צ"ל) מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p} = \frac{1}{a+b\sqrt{p}} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}] }[/math]. -אור שחף, שיחה, 19:44, 27 ביולי 2010 (IDT)

בזכות תומר שמתי לב ש-p לא בהכרח שייך ל-F, חכו. -אור שחף, שיחה, 20:07, 27 ביולי 2010 (IDT)

ברגע שמוכיחים סגירות נובע מכך: [math]\displaystyle{ a^2-b^2 p \in \mathbb{F}[\sqrt{p}] }[/math]. ניסיתי להוכיח סגירות: [math]\displaystyle{ (a+b\sqrt{p})(c+d\sqrt{p})=^\text{(distributivity)}ac+bdp+ad\sqrt{p}+bc\sqrt{p}=^\text{(associativity)}(ac+bdp)+(ad+bc)\sqrt{p} }[/math]. בזכות הגדרת [math]\displaystyle{ \mathbb{F}[\sqrt{p}] }[/math], נותר להוכיח ש-[math]\displaystyle{ ac+bdp \in \mathbb{F} }[/math], אבל בגלל קיום איבר נגדי, איבר הופכי וסגירות החיבור והכפל ב-F, צריך להתקיים ש-p שייך ל-F. חכו רגע, או שטעיתי או שיש פה משהו מתוחכם שלא ראיתי. נ.ב. נמרוד, למה מחקת? -אור שחף, שיחה, 20:37, 27 ביולי 2010 (IDT)

בגלל שעדיף לא לציין מה שיש בו טעות אלה רק מה שנכון

חשבתי שאולי תנסו למצוא טעות (ואולי נובע מכך שלכל תת-שדה של R כל הראשוניים שייכים לתת-שדה). בכל מקרה, רוב מה שכתבתי ישמש אותנו גם אם טעיתי. -אור שחף, שיחה, 21:20, 27 ביולי 2010 (IDT)

נזכרתי ש-[math]\displaystyle{ +_\mathbb{F} }[/math] זהה ל-[math]\displaystyle{ +_\mathbb{R} }[/math], ולכן קל להוכיח באינדוקציה ש-[math]\displaystyle{ p\in \mathbb{F} }[/math]. -אור שחף, שיחה,

לינארית: תרגיל 2, 5.16; 6.19; 6.20;

אני לא בטוח מה זאת אומרת "הרעיונות הכללים", אבל תבדוק אם כבר ענו על מה שאתה צריך כאן, כאן, כאן, כאן, כאן, כאן, כאן, כאן וכאן. אם יש משהו שאתה עדיין לא מבין, תשאל. -אור שחף, שיחה, 16:56, 7 באוגוסט 2010 (IDT)

בקשר ל-5.16, מגדירים את [math]\displaystyle{ A_k\in\mathbb F^{n\times n} }[/math] כך ש: [math]\displaystyle{ \forall k\in\mathbb N\setminus \{0\}: \left(A_k\right)_{i,j}=\delta_{i+k,j} }[/math] (כאשר [math]\displaystyle{ \delta_{i,j} = \left\{\begin{matrix} 1 & \mbox{if } i=j \\ 0 & \mbox{if } i \ne j \end{matrix}\right. }[/math] היא הדלתא של קרונקר), ומחשבים לפי [math]\displaystyle{ \left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j}=\sum_{k=1}^n{\left(A_m\right)_{i,k}\cdot \left(A_1\right)_{k,j}} }[/math]. -אור שחף, שיחה, 19:43, 7 באוגוסט 2010 (IDT)

עדין יש משהו שחסר לי בשביל להוכיח. בנוסף תרגיל 6.20 אני לא יודע מה לעשות שם...

המשך 5.16: [math]\displaystyle{ \begin{align}\left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j} & =\sum_{k=1}^n{\left(A_m\right)_{i,k}\cdot \left(A_1\right)_{k,j}}\\ & =\sum_{k=1}^n{\delta_{i+m,k}\cdot \delta_{k+1,j}}\end{align} }[/math]. אנו מחפשים מתי [math]\displaystyle{ \delta_{i+m,k}\cdot \delta_{k+1,j}\not =0 }[/math]: [math]\displaystyle{ \delta_{i+m,k}=\delta_{k+1,j}=1\implies i+m=k\and k+1=j\implies k=i+m=j-1 }[/math] יאדה, יאדה, יאדה, לכן [math]\displaystyle{ \left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j}=\delta_{i+m,j-1} }[/math]. נותר להוכיח ש-[math]\displaystyle{ \left(A_{m+1}\right)_{i,j}=\delta_{i+m,j-1} }[/math] (זה קל), מש"ל. -אור שחף, שיחה, 20:50, 7 באוגוסט 2010 (IDT)

לצערי לא הצלחתי להבין את 6.20 אשמח אם תוכל להסביר לי (ואשמח אם תוכל להסביר לי שנית מחר את 5.16 בשביל שאהיה בטוח שהבנתי נכון את הפתרון)

הצמוד של שורש של פולינום

כל המקדמים ממשיים, לכן:

[math]\displaystyle{ \begin{align}p(z)&=\sum_{k=0}^n{a_k z^k}\\&=0\\&=\bar0\\&=\overline{\sum_{k=0}^n{a_k z^k}}\\&=\sum_{k=0}^n\overline{a_k z^k}\\&=\sum_{k=0}^n{a_k \bar z^k}\\&=p(\bar z)\end{align} }[/math]

לינארית: תרגיל 3, דף נלווה, שאלה 2d

אכן [math]\displaystyle{ \operatorname{span}(\emptyset)=\{0\} }[/math] (ויקיפדיה הגרמנית, כאשר [math]\displaystyle{ \langle A\rangle=\operatorname{span}(A) }[/math])

לינארית: תרגיל 5, שאלה 2.11

נגדיר [math]\displaystyle{ A=(a_1,a_2,\dots,a_m)\ \and\ B=(b_1,b_2,\dots,b_m)\ \implies\ A+B=(a_1+b_1,\dots,a_m+b_m) }[/math].

		[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \operatorname{span}\{a_1+b_1,\dots,a_m+b_m\} }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ \operatorname{colspace}(A+B) }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ \operatorname{span}\{a_1+b_1,\dots,a_m+b_m\} }[/math] הם צ"ל של [math]\displaystyle{ \operatorname{span}\{a_1,\dots,a_m,b_1,\dots,b_m\} }[/math], לכן:	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \operatorname{span}\{a_1,\dots,a_m,b_1,\dots,b_m\} }[/math]	[math]\displaystyle{ \le }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
		[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \dim(\operatorname{span}\{a_1,\dots,a_m,b_1,\dots,b_m\}) }[/math]	[math]\displaystyle{ \le }[/math]	[math]\displaystyle{ \operatorname{rank}(A+B) }[/math]	[math]\displaystyle{ \implies }[/math]
	[math]\displaystyle{ \{a_1,\dots,a_m,b_1,\dots,b_m\} }[/math] תלויים לינארית ב-[math]\displaystyle{ \{a_1,\dots,a_m\} }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \{b_1,\dots,b_m\} }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \dim(\operatorname{span}\{a_1,\dots,a_m\})+\dim(\operatorname{span}\{b_1,\dots,b_m\}) }[/math]	[math]\displaystyle{ \le }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
		[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \operatorname{rank}(A)+\operatorname{rank}(B) }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

char

מאפיין של שדה בויקיפדיה. זה הופך את שאלה 11 בחלק ב' למאוד קלה.

זה עדיין לא ברור

עבור [math]\displaystyle{ \operatorname{char}(\mathbb F)=p\gt 0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \forall v_1,v_2\in\mathbb F: T(v_1+v_2)=(v_1+v_2)^p=v_1^p+v_2^p=T(v_1)+T(v_2) }[/math] וכן [math]\displaystyle{ \forall v,\alpha\in\mathbb F: T(\alpha v)=(\alpha v)^p=\alpha^p\cdot v^p=\alpha\cdot v^p=\alpha\cdot T(v) }[/math] ולכן ה"ל.

לינארית 2: תרגיל 5, שאלה 3.18

[math]\displaystyle{ \begin{array}{l} \mbox{companion}(a_0,a_1,\dots,a_{n-1})\begin{pmatrix}v_0\\v_1\\\vdots\\v_{n-2}\\v_{n-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\\vdots\\v_{n-1}\\-a_0v_0-a_1v_1-\dots-a_{n-1}v_{n-1}\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}v_0\\v_1\\\vdots\\v_{n-2}\\v_{n-1}\end{pmatrix} \\\implies\ -a_0v_0-a_1v_1-\dots-a_{n-1}v_{n-1}=\lambda v_{n-1}=\lambda^2 v_{n-2}=\dots=\lambda^k v_{n-k}=\dots=\lambda^n v_0 \end{array} }[/math]

אור שחף^שיחה 17:41, 15 בנובמבר 2010 (IST)

[math]\displaystyle{ \lambda }[/math] ע"ע ולכן מקיים [math]\displaystyle{ p_A(\lambda)=\sum_{k=0}^na_k\lambda^k=0 }[/math]. לפיכך [math]\displaystyle{ -\sum_{k=0}^{n-1}a_k\lambda^k=\lambda^n }[/math] (החסרנו את שני האגפים ב-[math]\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1}a_k\lambda^k }[/math]) ועבור [math]\displaystyle{ v_0=1 }[/math] זה אכן מתקיים, [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]. אור שחף^שיחה 20:43, 15 בנובמבר 2010 (IST)

im(φ)≠ℝ

הערה: בגלל תקלה טכנית אי אפשר להציג נוסחאות כמו שצריך. אתה יכול להעתיק את הקוד לפה ולעשות "תצוגה מקדימה" כדי לראות אותו.

יהא [math]\displaystyle{ \varphi:V\to\mathbb C }[/math] פונקציונאל לינארי, לכן V מ"ו מעל שדה [math]\displaystyle{ \mathbb C }[/math]. לפי משפט, [math]\displaystyle{ \mbox{im}(\varphi) }[/math] הוא מ"ו מעל אותו שדה ולכן [math]\displaystyle{ \forall \alpha\in\mathbb C\and v\in\mbox{im}(\varphi):\ \alpha v\in\mbox{im}(\varphi) }[/math]. נניח בשלילה ש-[math]\displaystyle{ \mbox{im}(\varphi)=\mathbb R }[/math] ואז עבור [math]\displaystyle{ \alpha=i\in\mathbb C }[/math] ו-[math]\displaystyle{ v=1\in\mbox{im}(\varphi)=\mathbb R }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \alpha v=i\cdot1=i\in\mathbb R }[/math], בסתירה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math] אור שחף^שיחה 20:27, 9 בפברואר 2011 (IST)

המבחן באינפי 1, שאלה 6

הפתרון שלי (אם אני זוכר נכון): יהי [math]\displaystyle{ c_0\gt 0 }[/math]. f גזירה 5 פעמים ברציפות בקטע [math]\displaystyle{ [0,c_0] }[/math] ולכן, לפי משפט לגראנז', קיים [math]\displaystyle{ 0\lt c_1\lt c_0 }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ f'(c_1)=\frac{f(c_0)-f(0)}{c_0-0}=\frac{f(c_0)}{c_0} }[/math]. באותו אופן קיימים [math]\displaystyle{ c_2,c_3,c_4,c_5 }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ 0\lt c_5\lt c_4\lt c_3\lt c_2\lt c_1 }[/math] המקיימים [math]\displaystyle{ \forall i\in\{2,\dots,5\}:\ f^{(i)}(c_i)=\frac{f^{(i-1)}(c_{i-1})-f^{(i-1)}(0)}{c_{i-1}-0}=\frac{f^{(i-1)}(c_{i-1})}{c_{i-1}} }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ f^{(5)}(c_5)=\frac{f^{(4)}(c_4)}{c_4}=\dots=\frac{f(c_0)}{c_0c_1c_2c_3c_4} }[/math]. לפי הנתון (מה שתיקנו לנו באמצע המבחן) [math]\displaystyle{ f^{(5)}(c_5)\gt 0 }[/math] ומכיוון ש-[math]\displaystyle{ \forall i:\ c_i\gt 0 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ f(c_0)\gt 0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ c_0\gt 0 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

בקשר לדרך החדשה שלך, תכתוב אותה פה אם אתה רוצה לסיים אותה.