(←מרחב השורות) |
(←תשובה) |
||
(40 גרסאות ביניים של 6 משתמשים אינן מוצגות) | |||
שורה 4: | שורה 4: | ||
תהי מטריצה <math>A\in\mathbb{F}^{m\times n}</math>. מגדירים 4 מרחבים עיקריים: | תהי מטריצה <math>A\in\mathbb{F}^{m\times n}</math>. מגדירים 4 מרחבים עיקריים: | ||
*'''מרחב העמודות''' של A. זהו המרחב הנפרש על ידי עמודות המטריצה A. נסמן <math>C(A)=span\{C_1(A),...,C_n(A)\}=\{Ax\; | \; x\in \mathbb{F}^n\}\leq\mathbb{F}^m</math> | *'''מרחב העמודות''' של A. זהו המרחב הנפרש על ידי עמודות המטריצה A. נסמן <math>C(A)=span\{C_1(A),...,C_n(A)\}=\{Ax\; | \; x\in \mathbb{F}^n\}\leq\mathbb{F}^m</math> | ||
− | *'''מרחב השורות'' של A. זהו המרחב הנפרש על ידי | + | *'''מרחב השורות''' של A. זהו המרחב הנפרש על ידי שורות המטריצה A. נסמן <math>R(A)=span\{R_1(A),...,R_m(A)\}=\{A^tx\; | \; x\in \mathbb{F}^m\}=C(A^t)\leq\mathbb{F}^n</math> |
*'''מרחב האפס''' של A. זהו מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית <math>Ax=0</math>. נסמן <math>N(A)=\{x\in\mathbb{F}^n|Ax=0\}\leq\mathbb{F}^n</math> | *'''מרחב האפס''' של A. זהו מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית <math>Ax=0</math>. נסמן <math>N(A)=\{x\in\mathbb{F}^n|Ax=0\}\leq\mathbb{F}^n</math> | ||
*'''מרחב האפס השמאלי''' של A. זהו מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית <math>A^tx=0</math>. נסמן <math>N(A^t)=\{x\in\mathbb{F}^m|A^tx=0\}=\{x\in\mathbb{F}^m|x^tA=0\} \leq \mathbb{F}^m</math> | *'''מרחב האפס השמאלי''' של A. זהו מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית <math>A^tx=0</math>. נסמן <math>N(A^t)=\{x\in\mathbb{F}^m|A^tx=0\}=\{x\in\mathbb{F}^m|x^tA=0\} \leq \mathbb{F}^m</math> | ||
שורה 101: | שורה 101: | ||
\end{array}\right) \; | \; a,b\in \mathbb{R}\} | \end{array}\right) \; | \; a,b\in \mathbb{R}\} | ||
</math> | </math> | ||
+ | |||
+ | ==== יישום: השלמה לבסיס ==== | ||
+ | ראינו שמרחב השורות לא משתנה בדירוג. לכן כדי למצוא וקטור שאינו במרחב השורות, אפשר להסתכל הצורה המדורגת ולמצוא וקטור שאינו נמצא במרחב השורות של המדורגת. | ||
+ | כמו שראינו, אם <math>v\not\in span\{v_1,\dots, v_n\}</math> אזי <math>\{v_1,\dots v_n,v\}</math> בת"ל. ואם נמצא קבוצה בת"ל מקס' אזי היא בסיס. | ||
+ | |||
+ | |||
+ | דוגמא: | ||
+ | |||
+ | השלם את <math> | ||
+ | \{ | ||
+ | \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, | ||
+ | \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}, | ||
+ | \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} | ||
+ | \} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | לבסיס. | ||
+ | |||
+ | נדרג | ||
+ | |||
+ | <math> | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 0 & 1 & 1 \\ | ||
+ | 2 & 1 & 1 & 3 \\ | ||
+ | 1 & 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} | ||
+ | \to | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 0 & 1 & 1 \\ | ||
+ | 0 & 1 & -1 & 1 \\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix} | ||
+ | \to | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 0 & 1 & 1 \\ | ||
+ | 0 & 1 & -1 & 1 \\ | ||
+ | 0 & 0 & 1 & 0 | ||
+ | \end{pmatrix} | ||
+ | |||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | ומכאן רואים כי | ||
+ | |||
+ | <math> | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 0 & 0 & 0 & 1 | ||
+ | \end{pmatrix} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | אינו במרחב השורות. אם נוסיף אותו | ||
+ | |||
+ | <math> | ||
+ | \{ | ||
+ | \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}, | ||
+ | \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}, | ||
+ | \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}, | ||
+ | \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} | ||
+ | \} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | נקבל קבוצה בת"ל מגודל 4 ולכן בסיס | ||
=== מרחב העמודות === | === מרחב העמודות === | ||
− | + | את מרחב העמודות ניתן למצוא כמו את מרחב השורות ע"י מעבר ל <math>A^{t}</math>. נראה ע"י דוגמא עוד דרך: | |
− | + | דוגמא: מצא את מרחב העמודות של | |
+ | <math>A=\left(\begin{array}{cccc} | ||
+ | 1 & 2 & 3 & 4\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 1 & 3 & 3 & 5 | ||
+ | \end{array}\right)</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: אחרי דירוג קיבלנו | ||
+ | <math>\left(\begin{array}{cccc} | ||
+ | 1 & 2 & 3 & 4\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{array}\right)</math> | ||
− | + | ניתן להוכיח את הטענה: מרחב העמודות נפרש ע"י העמודות במטריצה המקורית שמתאימות לעמודות ציר. | |
− | + | ||
− | + | אצלנו בדוגמא שעמודות הציר הן עמודות מספר 1 ו - 2 נקבל כי מרחב העמודות הוא | |
+ | <math>C(A)=span\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 3 | ||
+ | \end{array}\right)\} | ||
+ | </math> | ||
− | + | שימו לב שזה לא שווה למה שנפרש ע"י עמודות הציר של המטריצה המדורגת (כלומר מרחב העמודות "מתקלקל" בדירוג): | |
− | + | <math> | |
− | + | C(A) | |
− | + | \not= | |
+ | span\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right)\} | ||
+ | </math> | ||
+ | כי | ||
+ | <math> | ||
+ | \left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\notin span\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right) | ||
+ | </math> | ||
− | + | תרגיל: נסו להוכיח את הטענה שהשתמשנו בה בתרגיל. טענה: מרחב העמודות <math>C(A)=span \{C_{i_1}(A),\dots C_{i_r}(A)\}</math> כאשר <math>i_1,\dots i_r</math> אלו עמודות הציר במטריצה המדורגת. | |
− | + | הדרכה: השתמשו בעבודה <math>E</math> המטריצה המדרגת הפיכה ולכן בתליות ופרישה של עמודות לא מתקלקלים... (ניסוח לא פורמאלי) | |
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | + | ||
− | ''' | + | '''משפט:''' <math>dim[R(A)]=dim[C(A)]</math> |
+ | |||
+ | '''הגדרה:''' הדרגה של <math>A</math> מוגדרת להיות <math>rank(A)=dim[R(A)]</math> | ||
+ | |||
+ | ====אבחנה: מימדי מרחבים המטריצה והדרגה==== | ||
− | + | תהי <math>A</math> מטריצה. המספרים הבאים שווים (זה נובע מהחומר שלמדנו עד עכשיו): | |
− | תהי A מטריצה. המספרים הבאים שווים (זה נובע מהחומר שלמדנו עד עכשיו): | + | |
*דרגת המטריצה | *דרגת המטריצה | ||
*מימד מרחב העמודות | *מימד מרחב העמודות | ||
שורה 142: | שורה 245: | ||
*מספר עמודות הציר | *מספר עמודות הציר | ||
*מספר המשתנים התלויים | *מספר המשתנים התלויים | ||
− | |||
המספרים הבאים שווים: | המספרים הבאים שווים: | ||
שורה 148: | שורה 250: | ||
*מימד מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית | *מימד מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית | ||
− | |||
+ | מכיוון שמספר המשתנים החופשיים ועוד מספר המשתנים התלויים שווה לסך כל המשתנים, וזהו מספר העמודות במטריצה, נובע שדרגת המטריצה ועוד מימד מרחב הפתרונות שווים למספר העמודות. | ||
− | '''תרגיל.''' | + | כלומר '''משפט''' (הדרגה עבור מטריצות) |
− | הוכח כי לכל מטריצה <math>A\in\mathbb{R}^{m\times n}</math> מתקיים <math>\mathbb{R}^n=R(A)\oplus N(A)</math> | + | |
+ | עבור <math>A\in \mathbb{F}^{m\times n}</math> מתקיים <math>rank(A)+\dim N(A) = n</math> | ||
+ | |||
+ | זיכרו זאת, בהמשך נוכיח משפט הדרגה הכללי | ||
+ | |||
+ | ====תרגיל==== | ||
+ | יהיו <math>A\in\mathbb{F}^{m\times n},B\in\mathbb{F}^{n\times p}</math> מטריצות | ||
+ | |||
+ | הוכח: <math>rank(AB)\leq rank(A),rank(B)</math> | ||
+ | |||
+ | הוכחה: ש"ל <math>dim[C(AB)]\leq dim[C(A)]</math> | ||
+ | נסמן <math>\{a_{1},\dots,a_{l}\}</math> בסיס למרחב העמודות. | ||
+ | |||
+ | בנוסף <math>C(AB)=span \{C_1(AB),\dots , C_p(AB)\}=span\{AC_{1}(B),\dots,AC_{p}(B)\}</math> | ||
+ | כיוון שלכל <math>i</math> מתקיים כי | ||
+ | <math>AC_{i}(B)</math> הוא צ"ל של עמודות <math>A</math> | ||
+ | מקבלים ש | ||
+ | |||
+ | <math>C(AB)=span\{AC_{1}(B),\dots,AC_{p}(B)\}\subseteq span\{a_{1},\dots,a_{l}\}=C(A)</math> | ||
+ | |||
+ | ולכן <math>dim[C(AB)]\leq dim[C(A)]</math>. | ||
+ | |||
+ | באופן דומה <math>dim[R(AB)]\leq dim[R(A)]</math> (בעזרת <math>dim[R(AB)]\leq dim[R(A)]</math>) | ||
+ | |||
+ | מסקנה: יהיו <math>A\in\mathbb{F}^{m\times n},B\in\mathbb{F}^{n\times n}</math> ו - <math>B</math> הפיכה אזי <math>rank(AB)=rank(A)</math> | ||
+ | |||
+ | הוכחה: <math>rank(A)=rank(ABB^{-1})\leq rank(AB)\leq rank(A)</math> | ||
+ | |||
+ | === מרחב האפס === | ||
+ | תרגיל: תהא <math>A\in\mathbb{F}^{m\times n}</math> ותהא <math>E\in\mathbb{F}^{m\times m}</math> מטריצה הפיכה. | ||
+ | |||
+ | הוכח <math>N(A)=N(EA)</math>. | ||
+ | |||
+ | פתרון: | ||
+ | |||
+ | (<math>\supseteq</math>) יהא <math>x\in N(EA)</math> אזי <math>EAx=0</math> נכפיל ב <math>E^{-1}</math> משמאל ונקבל <math>Ax=0</math> כלומר <math>x\in N(A)</math> | ||
+ | |||
+ | (<math>\subseteq</math>) יהא <math>x\in N(A)</math> אזי <math>Ax=0</math> נכפיל ב <math>E</math> משמאל ונקבל <math>EAx=0</math> כלומר <math>x\in N(EA)</math> | ||
+ | |||
+ | אם ניקח <math>E</math> להיות המטריצה שמדרגת את <math>A</math> נקבל את | ||
+ | |||
+ | '''מסקנה:''' דירוג אל מקלקל את מרחב האפס. | ||
+ | |||
+ | תרגיל: מצא את מרחב האפס של | ||
+ | <math>A=\left(\begin{array}{cccc} | ||
+ | 1 & 2 & 3 & 4\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 1 & 3 & 3 & 5 | ||
+ | \end{array}\right)</math>. | ||
+ | |||
+ | פתרון: אחרי דירוג קיבלנו | ||
+ | <math>\left(\begin{array}{cccc} | ||
+ | 1 & 2 & 3 & 4\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{cccc} | ||
+ | 1 & 0 & 3 & 2\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{array}\right)</math> | ||
+ | ולכן מרחב האפס הוא (<math>z=t,w=s</math>) | ||
+ | |||
+ | |||
+ | <math> | ||
+ | N(A)= | ||
+ | \{ | ||
+ | \left(\begin{array}{c} | ||
+ | -2s-3t\\ | ||
+ | -s\\ | ||
+ | t\\ | ||
+ | s | ||
+ | \end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -3\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right)+s\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -2\\ | ||
+ | -1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right) | ||
+ | \; | \; t,s\in \mathbb{R} | ||
+ | \} | ||
+ | |||
+ | =span\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -3\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -2\\ | ||
+ | -1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\}</math> | ||
+ | . | ||
+ | |||
+ | ====דוגמא נוספת==== | ||
+ | מצא בסיס למרחב האפס של המטריצה <math>\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & 2\\ 1 & 1 & 0 & 1\end{pmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | דבר ראשון, נדרג קנונית את המטריצה לקבל | ||
+ | |||
+ | <math>\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}</math> | ||
+ | |||
+ | לפיכך המשתנה השלישי והרביעי הם חופשיים, נציב במקומם פרמטרים t,s והפתרון הכללי הוא מהצורה <math>(-t-s,t,t,s)</math>. תמיד ניתן לפרק את הפתרון הכללי לסכום של וקטורים קבועים כפול הסקלרים שהם הפרמטרים: <math>t(-1,1,1,0) +s(-1,0,0,1)</math>. וקטורים קבועים אלה תמיד מהווים בסיס למרחב הפתרונות: | ||
+ | *אנו רואים שכל פתרון הוא צירוף לינארי של הוקטורים הללו עם הסקלרים שהם הפרמטרים (במקרה זה - t,s) | ||
+ | *וקטורים אלה תמיד בת"ל, שכן אם יש צירוף לינארי שלהם שמתאפס, מכיוון שהפרמטרים תמיד מופיעים לבדם בעמודה של המשתנה שלהם, הם חייבים להיות אפס | ||
+ | |||
+ | לכן הבסיס למרחב האפס הינו <math>\{(-1,0,0,1),(-1,1,1,0)\}</math> | ||
+ | |||
+ | === מרחב האפס השמאלי === | ||
+ | |||
+ | תרגיל: מצא מצא את מרחב האפס השמאלי של | ||
+ | <math>A=\left(\begin{array}{cccc} | ||
+ | 1 & 2 & 3 & 4\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 1 & 3 & 3 & 5 | ||
+ | \end{array}\right) | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: צ"ל <math>N(A^{t})</math>. נדרג את <math>A^{t}</math> | ||
+ | |||
+ | <math>\left(\begin{array}{ccc} | ||
+ | 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 2 & 1 & 3\\ | ||
+ | 3 & 0 & 3\\ | ||
+ | 4 & 1 & 5 | ||
+ | \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} | ||
+ | 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 0 & 1 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0\\ | ||
+ | 0 & 1 & 1 | ||
+ | \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} | ||
+ | 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 0 & 1 & 1\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0\\ | ||
+ | 0 & 0 & 0 | ||
+ | \end{array}\right)</math> | ||
+ | |||
+ | עבור <math>z=t</math> נקבל | ||
+ | <math>N(A^{t})=\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -t\\ | ||
+ | -t\\ | ||
+ | t | ||
+ | \end{array}\right) | ||
+ | \; | \; t\in \mathbb{R} | ||
+ | \} | ||
+ | |||
+ | =span\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -1\\ | ||
+ | -1\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\}</math> | ||
+ | |||
+ | ===סיכום: אלגוריתם למציאת '''שלושת''' מרחבי המטריצה <math>Cׂ(A),R(A),N(A)</math>=== | ||
+ | #דרג את המטריצה (ניתן גם לדרג קנונית אך לא חובה) | ||
+ | #'''השורות השונות מאפס''' מהוות בסיס למרחב השורה | ||
+ | #'''העמודות במטריצה המקורית''' המהוות עמודות ציר (כלומר יש איבר פותח בעמודה בצורה הקנונית), מהוות בסיס למרחב העמודה | ||
+ | #הצב פרמטרים במקום המשתנים החופשיים ומצא את הפתרון הכללי למערכת ההומוגנית ששווה למרחב האפס. ('''הוקטורים הקבועים''' מהווים בסיס ) | ||
+ | |||
+ | |||
+ | '''שימו לב:''' בהנתן מרחב כלשהו (פולינומים, מטריצות, פונקציות) ניתן לבצע את החישובים על מרחב הקואורדינטות. כפי שראינו בשיעור שעבר, מציאת בסיס למרחבים רבים שקולה למציאת בסיס למרחב האפס של מטריצה מסוימת. | ||
+ | |||
+ | ===תרגילים=== | ||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | תהא <math>A\in\mathbb{F}^{m\times n}</math>. ראינו כי <math>dimR(A)+dimN(A)=n</math>. במקרה שהשדה הוא ממשי נקבל תוצאה חזקה יותר. | ||
+ | |||
+ | תהא <math>A\in\mathbb{R}^{m\times n}</math>. נסמן <math>B_R</math> בסיס למרחב השורות ו <math>B_N</math> בסיס למרחב האפס אזי <math>B_R\cup B_N</math> | ||
+ | בסיס ל <math>\mathbb{R}^n</math> (שימו לב שזה אכן תוצאה יותר חזקה)) | ||
+ | |||
+ | באופן שקול: הוכח כי לכל מטריצה <math>A\in\mathbb{R}^{m\times n}</math> מתקיים <math>\mathbb{R}^n=R(A)\oplus N(A)</math> | ||
'''פתרון.''' | '''פתרון.''' | ||
מכיוון שהרגע ראינו כי סכום המימדים מקיים <math>dimR(A)+dimN(A)=n</math> לפי משפט המימדים מספיק להוכיח שהחיתוך בינהם הינו אפס. | מכיוון שהרגע ראינו כי סכום המימדים מקיים <math>dimR(A)+dimN(A)=n</math> לפי משפט המימדים מספיק להוכיח שהחיתוך בינהם הינו אפס. | ||
− | + | יהא <math>v\in R(A)\cap N(A)</math> אזי <math>\exists w : A^tw=v, Av=0 </math> ולכן <math>AA^tw=0</math> נכפיל ב <math>w^t</math> משמאל | |
+ | ונקבל כי <math>0=w^tAA^tw=(A^tw)^t(A^tw)=v^tv</math> זה גורר כי <math>v=0</math> (זיכרו כי במקרה הממשי <math>v^tv=\sum_{i=1}^nv_i^2</math> | ||
+ | |||
+ | כעת לפי משפט המימדים מתקיים | ||
+ | |||
+ | <math>\dim (R(A)+N(A))=\dim R(A)+\dim N(A) - \dim(R(A)\cap N(A)) = \dim R(A)+\dim N(A) =n</math> | ||
+ | |||
+ | כיוון ש <math>R(A)+N(A)\subseteq \mathbb{R}^n</math> מאותו מימד נקבל כי הם שווים. | ||
+ | |||
+ | '''הערה:''' | ||
+ | כיוון שהמשפט נכון לכל מטריצה, ניתן ליישמו גם על השיחלוף ולקבל כי <math>\mathbb{R}^m=C(A)\oplus N(A^t)</math> | ||
+ | |||
+ | לדוגמא עבור | ||
+ | <math>A=\left(\begin{array}{cccc} | ||
+ | 1 & 2 & 3 & 4\\ | ||
+ | 0 & 1 & 0 & 1\\ | ||
+ | 1 & 3 & 3 & 5 | ||
+ | \end{array}\right)</math> מצאנו כי | ||
+ | |||
+ | |||
+ | <math>B_{R}=\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 3\\ | ||
+ | 4 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\},\,B_{C}=\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 3 | ||
+ | \end{array}\right)\}, \\ | ||
+ | B_{N}=\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -3\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -2\\ | ||
+ | -1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\}\,,B_{N(A^{t})}=\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -1\\ | ||
+ | -1\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\}</math> | ||
+ | |||
+ | |||
+ | לפי המשפט | ||
+ | <math>\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 3\\ | ||
+ | 4 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -3\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -2\\ | ||
+ | -1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\}</math> | ||
+ | בסיס ל <math>\mathbb{R}^{4}</math> | ||
+ | ו | ||
+ | <math>\{\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 0\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 3 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | -1\\ | ||
+ | -1\\ | ||
+ | 1 | ||
+ | \end{array}\right)\}</math> | ||
+ | בסיס ל <math>\mathbb{R}^{3}</math> | ||
+ | |||
+ | ====שאלה==== | ||
+ | מתי כדאי לשים וקטורים בעמודות מטריצה ולדרג, ומתי כדאי לשים אותם בשורות מטריצה ולדרג? | ||
+ | |||
+ | =====תשובה===== | ||
+ | ראשית, הכוונה כמובן שלא שמים את הוקטורים בשורות/עמודות, אלא את הקואורדינטות, אבל נזרום עם זה. | ||
+ | |||
+ | כעת, לשאלה עצמה: השאלה היא תמיד מה רוצים לבדוק. | ||
+ | |||
+ | 1. אם רוצים לבדוק אם יש תלות בין הוקטורים - אז אמליץ לשים בעמודות. כי אז פתרון לא טריוויאלי למערכת הנוצרת נותן לנות את הצ"ל השווה 0. לכן אם יש לנו מספר וקטורים כמימד המרחב ואנחנו רוצים לבדוק אם הם בת"ל (ובגלל זה בסיס) כדאי לשים בעמודות. | ||
+ | |||
+ | 2. אם נתונים לנו מספר וקטורים שפורשים מרחב כלשהו, ואנחנו מחפשים מתוכם בסיס (ורוצים לזרוק את הוקטורים התלויים) - אז אמליץ לשים בעמודות. כי אז נוכל לקחת את הוקטוריים המקוריים המתאימים לעמודות ציר בצורה המדורגת של המטריצה שבנינו, והם מהווים בסיס. | ||
+ | |||
+ | 3. אם נתונים לנו מס' וקטורים בת"ל ואנחנו רוצים להוסיף עליהם כדי להגיע לבסיס של מרחב כלשהו - אז אמליץ לשים בעמודות, בתוספת לעמודות המהוות בסיס של המרחב המבוקש. ואז מכיון שעמודות אלה בת"ל, נקבל שיהיה איבר מוביל בעמודות המתאימות במדורגת, וגם נדע אילו וקטורים להוסיף - המתאימים לעמודות עם מוביל במדורגת. | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | השלימו את קבוצת הוקטורים (נתון שהם בת"ל) הבאה | ||
+ | <math>\left\{ \left(\begin{array}{c} | ||
+ | 1+i\\ | ||
+ | 1\\ | ||
+ | 3\\ | ||
+ | 0 | ||
+ | \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} | ||
+ | 2\\ | ||
+ | 1-i\\ | ||
+ | 2+i\\ | ||
+ | 5 | ||
+ | \end{array}\right)\right\}</math> לבסיס של <math>\mathbb{C}^{4}</math> | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל==== | ||
+ | הוכיחו (בצורה פשוטה): כל מטריצה לא ריבועית אינה הפיכה. | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | תהא <math>A\in\mathbb{R}^{n\times n}</math> נגדיר | ||
+ | <math>B=\left(\begin{array}{c} | ||
+ | A\\ | ||
+ | A | ||
+ | \end{array}\right) ו C=\left(\begin{array}{c} | ||
+ | A\\ | ||
+ | A^{t} | ||
+ | \end{array}\right)</math> . | ||
+ | הוכיחו/הפריכו: | ||
+ | |||
+ | 1.לכל <math>A</math> מתקיים <math>\text{rank} A=\text{rank} B</math> | ||
+ | |||
+ | 2. לכל <math>A</math> מתקיים <math>\text{rank} A=\text{rank} C</math> | ||
+ | |||
+ | 3. קיימת <math>A</math> שעבור <math>\text{rank} C=2\text{rank} A</math> | ||
+ | |||
+ | 4. קיימת <math>A</math> שעבור <math>\text{rank}C>2\text{rank} A</math> | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | תהא A ריבועית מסדר n כך ש <math>A^2=0</math> הוכיחו כי <math>rank(A)\leq n/2</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: מהנתון נקבל כי כל עמודה של A נמצאת במרחב האפס של A ולכן מרחב העמודות מוכל ב מרחב האפס <math>2rank(A)\leq \dim N(A)+\dim C(A)=n </math>. נחלק ב 2 ונקבל את המבוקש. | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | תרגיל. יהיו <math>A,B\in\mathbb{F}^{n\times n}</math> כך ש <math>rank(A)+rank(B)>n</math>. הוכח <math>AB\not=0</math> | ||
+ | |||
+ | הוכחה: נניח בשלילה כי <math>AB=0</math> | ||
+ | כלומר לכל <math>i</math> מתקיים <math>C_i(AB)=AC_{i}(B)=0</math> | ||
+ | |||
+ | ומכאן ש <math>\forall i C_i(B)\in N(A)</math> ולכן <math>C(B)\subseteq N(A)</math> | ||
+ | |||
+ | <math> | ||
+ | rank(B)=dim(C(B))\leq dim(N(A)) | ||
+ | \Leftarrow | ||
+ | </math> | ||
+ | ואז | ||
+ | |||
+ | <math> | ||
+ | rank(B)+rank(A)\leq dim(N(A))+rank(A)=n | ||
+ | \Leftarrow | ||
+ | </math> | ||
+ | סתירה לנתון. | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | |||
+ | תהא <math>A\in \mathbb{F}^{m\times n} , B\in \mathbb{F}^{n\times p}</math>. | ||
+ | |||
+ | הוכח שאם עמודות <math>AB</math> בת"ל אז גם עמודות <math>B</math> בת"ל | ||
+ | |||
+ | הוכחה: | ||
+ | |||
+ | מהנתון <math>rank (AB)= p</math> ואז | ||
+ | |||
+ | <math>p = rank (AB)\leq rank B \leq p</math> ומכאן ש <math> rankB=p</math> כלומר עמודות B בת"ל | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | |||
+ | תהא <math> | ||
+ | A= | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 1 & * \\ | ||
+ | 1 & * & 1 \\ | ||
+ | * & 1 & * \\ | ||
+ | \end{pmatrix} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | נניח כי למערכת <math>Ax=0</math> יש 2 פתרונות בת"ל. | ||
+ | |||
+ | מצא את <math>A</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: מהנתון נקבל כי <math>\dim N(A)\geq 2</math> כיוון ש <math>A\neq 0</math> נקבל כי <math>\dim N(A)= 2</math> | ||
+ | |||
+ | לפי משפט הדרגה נקבל כי <math>rank(A)=1</math> כלומר כל העמודות ת"ל בראשונה (כי אין עמודת אפסים). לכן העמודה השניה היא כפולה של העמודה הראשנה וכן העמודה השלישית היא כפולה של העמודה הראשונה. מצורת המטריצה נקבל כי בעצם העמודה השניה שווה לעמודה הראשונה וכן השלישית ולכן | ||
+ | |||
+ | <math> | ||
+ | A= | ||
+ | \begin{pmatrix} | ||
+ | 1 & 1 & 1 \\ | ||
+ | 1 & 1 & 1 \\ | ||
+ | 1 & 1 & 1 \\ | ||
+ | \end{pmatrix} | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | יהיו <math>A,B\in \mathbb{F}^{m\times n}</math> מטריצות. הוכיחו כי <math>rank(A+B)\leq rank(A)+rank(B)</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: | ||
+ | מתקיים כי <math>C(A+B)\subseteq C(A)+C(B)</math> ולפי משפט המימדים <math> dim[C(A)+C(B)]\leq dimC(A)+ dimC(B)</math> | ||
+ | |||
+ | ==== תרגיל ==== | ||
+ | יהיו <math>A,B\in \mathbb{F}^{m\times n}</math> מטריצות. הוכיחו כי <math>rank(A-B) \geq |rank(A)-rank(B)|</math> | ||
+ | |||
+ | פתרון: מצד אחד <math>rank(A-B) \geq rank(A)-rank(B)</math> כי לפי תרגיל קודם <math>rank(A)=rank(A-B+B)\leq rank(A-B)+rank(B)</math> ונעביר אגף | ||
− | + | מצד שני <math>rank(A-B) \geq rank(B)-rank(A)</math> כי לפי תרגיל קודם <math>rank(B)=rank(B-A+A)\leq rank(B-A)+rank(A)</math> ונעביר אגף + נציין (כדאי להוכיח) כי <math>rank(M)=rank(-M)</math> |
גרסה אחרונה מ־11:41, 27 ביולי 2021
מרחבי המטריצות
תהי מטריצה . מגדירים 4 מרחבים עיקריים:
- מרחב העמודות של A. זהו המרחב הנפרש על ידי עמודות המטריצה A. נסמן
- מרחב השורות של A. זהו המרחב הנפרש על ידי שורות המטריצה A. נסמן
- מרחב האפס של A. זהו מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית
. נסמן
- מרחב האפס השמאלי של A. זהו מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית
. נסמן
דוגמא:
אזי
1.
2.
3.
4.
מרחב השורות
תרגיל: תהא ותהא
מטריצה הפיכה (למשל מכפלת מטריצות אלמנטריות שמדרגות את
).
הוכח .
הוכחה:
() יהא
אזי
.
() יהא
אזי
מסקנה: בפרט אם מכפלה של מטריצות אלמנטריות המעבירות את
לצורה מדורגת/קנונית אז נקבל כי מרחב השורות של
שווה למרחב השורות של הצורה המדורגת/קנונית.
תרגיל/דוגמא:
תהא
מצא את
.
פתרון:
.
כיוון שמרחב השורות של שווה למרחב השורות לאחר דירוג נקבל ש
יישום: השלמה לבסיס
ראינו שמרחב השורות לא משתנה בדירוג. לכן כדי למצוא וקטור שאינו במרחב השורות, אפשר להסתכל הצורה המדורגת ולמצוא וקטור שאינו נמצא במרחב השורות של המדורגת.
כמו שראינו, אם אזי
בת"ל. ואם נמצא קבוצה בת"ל מקס' אזי היא בסיס.
דוגמא:
השלם את
לבסיס.
נדרג
ומכאן רואים כי
אינו במרחב השורות. אם נוסיף אותו
נקבל קבוצה בת"ל מגודל 4 ולכן בסיס
מרחב העמודות
את מרחב העמודות ניתן למצוא כמו את מרחב השורות ע"י מעבר ל . נראה ע"י דוגמא עוד דרך:
דוגמא: מצא את מרחב העמודות של
פתרון: אחרי דירוג קיבלנו
ניתן להוכיח את הטענה: מרחב העמודות נפרש ע"י העמודות במטריצה המקורית שמתאימות לעמודות ציר.
אצלנו בדוגמא שעמודות הציר הן עמודות מספר 1 ו - 2 נקבל כי מרחב העמודות הוא
שימו לב שזה לא שווה למה שנפרש ע"י עמודות הציר של המטריצה המדורגת (כלומר מרחב העמודות "מתקלקל" בדירוג):
כי
תרגיל: נסו להוכיח את הטענה שהשתמשנו בה בתרגיל. טענה: מרחב העמודות כאשר
אלו עמודות הציר במטריצה המדורגת.
הדרכה: השתמשו בעבודה המטריצה המדרגת הפיכה ולכן בתליות ופרישה של עמודות לא מתקלקלים... (ניסוח לא פורמאלי)
משפט:
הגדרה: הדרגה של מוגדרת להיות
אבחנה: מימדי מרחבים המטריצה והדרגה
תהי מטריצה. המספרים הבאים שווים (זה נובע מהחומר שלמדנו עד עכשיו):
- דרגת המטריצה
- מימד מרחב העמודות
- מימד מרחב השורות
- מספר השורות השונות מאפס בצורה הקנונית
- מספר האיברים הפותחים
- מספר עמודות הציר
- מספר המשתנים התלויים
המספרים הבאים שווים:
- מספר המשתנים החופשיים
- מימד מרחב הפתרונות של המערכת ההומוגנית
מכיוון שמספר המשתנים החופשיים ועוד מספר המשתנים התלויים שווה לסך כל המשתנים, וזהו מספר העמודות במטריצה, נובע שדרגת המטריצה ועוד מימד מרחב הפתרונות שווים למספר העמודות.
כלומר משפט (הדרגה עבור מטריצות)
עבור מתקיים
זיכרו זאת, בהמשך נוכיח משפט הדרגה הכללי
תרגיל
יהיו מטריצות
הוכח:
הוכחה: ש"ל
נסמן
בסיס למרחב העמודות.
בנוסף
כיוון שלכל
מתקיים כי
הוא צ"ל של עמודות
מקבלים ש
ולכן .
באופן דומה (בעזרת
)
מסקנה: יהיו ו -
הפיכה אזי
הוכחה:
מרחב האפס
תרגיל: תהא ותהא
מטריצה הפיכה.
הוכח .
פתרון:
() יהא
אזי
נכפיל ב
משמאל ונקבל
כלומר
() יהא
אזי
נכפיל ב
משמאל ונקבל
כלומר
אם ניקח להיות המטריצה שמדרגת את
נקבל את
מסקנה: דירוג אל מקלקל את מרחב האפס.
תרגיל: מצא את מרחב האפס של
.
פתרון: אחרי דירוג קיבלנו
ולכן מרחב האפס הוא (
)
.
דוגמא נוספת
מצא בסיס למרחב האפס של המטריצה
דבר ראשון, נדרג קנונית את המטריצה לקבל
לפיכך המשתנה השלישי והרביעי הם חופשיים, נציב במקומם פרמטרים t,s והפתרון הכללי הוא מהצורה . תמיד ניתן לפרק את הפתרון הכללי לסכום של וקטורים קבועים כפול הסקלרים שהם הפרמטרים:
. וקטורים קבועים אלה תמיד מהווים בסיס למרחב הפתרונות:
- אנו רואים שכל פתרון הוא צירוף לינארי של הוקטורים הללו עם הסקלרים שהם הפרמטרים (במקרה זה - t,s)
- וקטורים אלה תמיד בת"ל, שכן אם יש צירוף לינארי שלהם שמתאפס, מכיוון שהפרמטרים תמיד מופיעים לבדם בעמודה של המשתנה שלהם, הם חייבים להיות אפס
לכן הבסיס למרחב האפס הינו
מרחב האפס השמאלי
תרגיל: מצא מצא את מרחב האפס השמאלי של
פתרון: צ"ל . נדרג את
עבור נקבל
סיכום: אלגוריתם למציאת שלושת מרחבי המטריצה עיבוד הנוסחה נכשל (שגיאת לקסינג): Cׂ(A),R(A),N(A)
- דרג את המטריצה (ניתן גם לדרג קנונית אך לא חובה)
- השורות השונות מאפס מהוות בסיס למרחב השורה
- העמודות במטריצה המקורית המהוות עמודות ציר (כלומר יש איבר פותח בעמודה בצורה הקנונית), מהוות בסיס למרחב העמודה
- הצב פרמטרים במקום המשתנים החופשיים ומצא את הפתרון הכללי למערכת ההומוגנית ששווה למרחב האפס. (הוקטורים הקבועים מהווים בסיס )
שימו לב: בהנתן מרחב כלשהו (פולינומים, מטריצות, פונקציות) ניתן לבצע את החישובים על מרחב הקואורדינטות. כפי שראינו בשיעור שעבר, מציאת בסיס למרחבים רבים שקולה למציאת בסיס למרחב האפס של מטריצה מסוימת.
תרגילים
תרגיל
תהא . ראינו כי
. במקרה שהשדה הוא ממשי נקבל תוצאה חזקה יותר.
תהא . נסמן
בסיס למרחב השורות ו
בסיס למרחב האפס אזי
בסיס ל
(שימו לב שזה אכן תוצאה יותר חזקה))
באופן שקול: הוכח כי לכל מטריצה מתקיים
פתרון.
מכיוון שהרגע ראינו כי סכום המימדים מקיים לפי משפט המימדים מספיק להוכיח שהחיתוך בינהם הינו אפס.
יהא אזי
ולכן
נכפיל ב
משמאל
ונקבל כי
זה גורר כי
(זיכרו כי במקרה הממשי
כעת לפי משפט המימדים מתקיים
כיוון ש מאותו מימד נקבל כי הם שווים.
הערה:
כיוון שהמשפט נכון לכל מטריצה, ניתן ליישמו גם על השיחלוף ולקבל כי
לדוגמא עבור
מצאנו כי
עיבוד הנוסחה נכשל (שגיאת תחביר): B_{R}=\{\left(\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 3\\ 4 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right)\},\,B_{C}=\{\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2\\ 1\\ 3 \end{array}\right)\}, \\ B_{N}=\{\left(\begin{array}{c} -3\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -2\\ -1\\ 0\\ 1 \end{array}\right)\}\,,B_{N(A^{t})}=\{\left(\begin{array}{c} -1\\ -1\\ 1 \end{array}\right)\}
לפי המשפט
בסיס ל
ו
בסיס ל
שאלה
מתי כדאי לשים וקטורים בעמודות מטריצה ולדרג, ומתי כדאי לשים אותם בשורות מטריצה ולדרג?
תשובה
ראשית, הכוונה כמובן שלא שמים את הוקטורים בשורות/עמודות, אלא את הקואורדינטות, אבל נזרום עם זה.
כעת, לשאלה עצמה: השאלה היא תמיד מה רוצים לבדוק.
1. אם רוצים לבדוק אם יש תלות בין הוקטורים - אז אמליץ לשים בעמודות. כי אז פתרון לא טריוויאלי למערכת הנוצרת נותן לנות את הצ"ל השווה 0. לכן אם יש לנו מספר וקטורים כמימד המרחב ואנחנו רוצים לבדוק אם הם בת"ל (ובגלל זה בסיס) כדאי לשים בעמודות.
2. אם נתונים לנו מספר וקטורים שפורשים מרחב כלשהו, ואנחנו מחפשים מתוכם בסיס (ורוצים לזרוק את הוקטורים התלויים) - אז אמליץ לשים בעמודות. כי אז נוכל לקחת את הוקטוריים המקוריים המתאימים לעמודות ציר בצורה המדורגת של המטריצה שבנינו, והם מהווים בסיס.
3. אם נתונים לנו מס' וקטורים בת"ל ואנחנו רוצים להוסיף עליהם כדי להגיע לבסיס של מרחב כלשהו - אז אמליץ לשים בעמודות, בתוספת לעמודות המהוות בסיס של המרחב המבוקש. ואז מכיון שעמודות אלה בת"ל, נקבל שיהיה איבר מוביל בעמודות המתאימות במדורגת, וגם נדע אילו וקטורים להוסיף - המתאימים לעמודות עם מוביל במדורגת.
תרגיל
השלימו את קבוצת הוקטורים (נתון שהם בת"ל) הבאה
לבסיס של
תרגיל
הוכיחו (בצורה פשוטה): כל מטריצה לא ריבועית אינה הפיכה.
תרגיל
תהא נגדיר
עיבוד הנוסחה נכשל (שגיאת לקסינג): B=\left(\begin{array}{c} A\\ A \end{array}\right) ו C=\left(\begin{array}{c} A\\ A^{t} \end{array}\right)
.
הוכיחו/הפריכו:
1.לכל מתקיים
2. לכל מתקיים
3. קיימת שעבור
4. קיימת שעבור
תרגיל
תהא A ריבועית מסדר n כך ש הוכיחו כי
פתרון: מהנתון נקבל כי כל עמודה של A נמצאת במרחב האפס של A ולכן מרחב העמודות מוכל ב מרחב האפס . נחלק ב 2 ונקבל את המבוקש.
תרגיל
תרגיל. יהיו כך ש
. הוכח
הוכחה: נניח בשלילה כי
כלומר לכל
מתקיים
ומכאן ש ולכן
ואז
סתירה לנתון.
תרגיל
תהא .
הוכח שאם עמודות בת"ל אז גם עמודות
בת"ל
הוכחה:
מהנתון ואז
ומכאן ש
כלומר עמודות B בת"ל
תרגיל
תהא
נניח כי למערכת יש 2 פתרונות בת"ל.
מצא את
פתרון: מהנתון נקבל כי כיוון ש
נקבל כי
לפי משפט הדרגה נקבל כי כלומר כל העמודות ת"ל בראשונה (כי אין עמודת אפסים). לכן העמודה השניה היא כפולה של העמודה הראשנה וכן העמודה השלישית היא כפולה של העמודה הראשונה. מצורת המטריצה נקבל כי בעצם העמודה השניה שווה לעמודה הראשונה וכן השלישית ולכן
תרגיל
יהיו מטריצות. הוכיחו כי
פתרון:
מתקיים כי ולפי משפט המימדים
תרגיל
יהיו מטריצות. הוכיחו כי
פתרון: מצד אחד כי לפי תרגיל קודם
ונעביר אגף
מצד שני כי לפי תרגיל קודם
ונעביר אגף + נציין (כדאי להוכיח) כי