|
|
| (56 גרסאות ביניים של אותו משתמש אינן מוצגות) |
| שורה 1: |
שורה 1: |
| *[[משתמש:איתמר שטיין/הסבר הופכי|הסבר על חישוב הופכי ב <math>\mathbb{Z}_p</math>]]
| | לפעמים אני מתיימר לטעון שאני דוקטורנט למתמטיקה. |
|
| |
|
|
| |
|
| פתרון הבוחן:
| | לפעמים אני טוען שאני לומד הצגות של מונואידים. (ההוכחה בנפנופי ידיים) |
| | |
| שאלה 1:
| |
| | |
| נתון כי <math>A = \begin{bmatrix} 1 & a &b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} </math>.
| |
| ו <math>B = \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ d & 2 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix} </math>.
| |
| | |
| צריך למצוא מטריצות אלמנטריות <math>E_1 , E_2 ,\ldots , E_k</math>. כך ש <math>E_1 \cdot E_2 \cdot \ldots \cdot E_k A =B </math>.
| |
| | |
| מדרגים את מטריצה <math>A</math> למטריצה <math>B</math>.
| |
| | |
| <math>\begin{bmatrix} 1 & a &b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \overset{R_2 = R_2 - cR_3} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & a &b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \overset{R_1 = R_1 - bR_3} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & a &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| \overset{R_1 = R_1 - aR_2} {\rightarrow}
| |
| \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| \overset{R_3 = 3R_3} {\rightarrow}
| |
| \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}
| |
| \overset{R_3 = R_3 + eR_1} {\rightarrow}
| |
| \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ e & 0 & 3 \end{bmatrix}
| |
| </math>
| |
| | |
| | |
| <math>
| |
| \overset{R_3 = R_3 + fR_2} {\rightarrow}
| |
| \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix}
| |
| \overset{R_2 = 2R_2} {\rightarrow}
| |
| \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 2 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix}
| |
| \overset{R_2 = R_2 + dR_1} {\rightarrow}
| |
| \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ d & 2 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix}
| |
| </math>
| |
| | |
| לכן מטריצות אלמנטריות מתאימות הן
| |
| <math>
| |
| E_8=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & -c \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| | |
| E_7=\begin{bmatrix} 1 & 0 &-b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| | |
| E_6=\begin{bmatrix} 1 & -a &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| | |
| E_5=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}
| |
| | |
| E_4=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ e & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| | |
| E_3=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & f & 1 \end{bmatrix}
| |
| | |
| E_2=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| | |
| E_1=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ d & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
| |
| </math>
| |
| | |
| ומתקיים <math>E_1 \cdot E_2 \cdot \ldots \cdot E_8 A=B</math>.
| |
| | |
| (זאת לא התשובה היחידה הנכונה, אבל זאת אחת הפשוטות)
| |
| | |
| | |
| שאלה 2:
| |
| נתונה מערכת המיוצגת על ידי המטריצה
| |
| <math>\begin{bmatrix} 1 & a_1 & a_2 & 0 & a_3 & | & 0 \\ a_4 & 0 & a_5 & 2 & a_6 & | & 0 \\ a_7 & 0 & a_8 & 0 & a_9 & | & 0
| |
| \end{bmatrix}</math>
| |
| | |
| סעיף א) אם המטריצה מדורגת זה אומר ש <math>a_4 = a_7 = 0</math> כי שתיהם נמצאים מתחת לאיבר מוביל של השורה הראשונה.
| |
| | |
| בנוסף אפשר לראות ש <math>a_8=0</math>. הוכחה: נניח בשלילה ש <math>a_8 \neq 0</math>.
| |
| | |
| אם <math>a_5 \neq 0</math> הוא נמצא מתחת לאיבר מוביל של השורה השניה.
| |
| | |
| אם <math>a_5 = 0</math> הוא יהיה איבר מוביל משמאל לאיבר המוביל של השורה השניה.
| |
| | |
| לכן <math>a_8=0</math>.
| |
| | |
| לגבי שאר הפרמטרים, כל בחירה שהיא שלהם תשאיר את המטריצה מדורגת ולכן לא ניתן לדעת מהם.
| |
| | |
| סעיף ב) אם <math>A</math> מדורגת קנונית אז <math>2</math> לא יכול להיות איבר מוביל של השורה השניה.
| |
| | |
| לכן, <math>a_5 \neq 0</math> כלומר הוא איבר מוביל ולכן <math>a_5 = 1</math>.
| |
| | |
| בנוסף <math>a_2 = 0</math> כי הוא מעל האיבר המוביל של השורה השניה.
| |
| | |
| את הפרמטר <math>a_1</math> אי אפשר לקבוע.
| |
| גם את הפרמטרים <math>a_3,a_6,a_9</math> לא ניתן עדיין לקבוע בוודאות. כי יכול להיות ש <math>a_9=0</math> ואז <math>a_3,a_6</math> יכולים להיות כל מספר שהוא.
| |
| | |
| ויכול להיות ש <math>a_9=1</math> (ואז <math>a_3=a_6=0</math>).
| |
| | |
| סעיף ג) אם נתון שיש שני משתנים חופשיים, אז יש שלושה איברים מובילים ולכן
| |
| | |
| <math>a_9=1</math> ולכן <math>a_3=a_6=0</math> כי הם מעל איבר מוביל של השורה השלישית.
| |
| | |
| את <math>a_1</math> עדיין לא ניתן לקבוע.
| |
| | |
| | |
| לכן קיבלנו
| |
| | |
| <math>\begin{bmatrix} 1 & a_1 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0
| |
| \end{bmatrix}</math>
| |
| | |
| סעיף ד) פתרון פשוט של המערכת מוביל ל
| |
| | |
| <math>x_5 = 0</math>
| |
| <math>\quad</math>
| |
| <math>x_4 = t</math>
| |
| <math>\quad</math>
| |
| <math>x_3=-2t</math>
| |
| <math>\quad</math>
| |
| <math>x_2 = s</math>
| |
| <math>\quad</math>
| |
| <math>x_1 = -a_1s</math>
| |
| | |
| כלומר
| |
| | |
| <math>(-a_1s,s,-2t,t,0)</math>.
| |
| | |
| | |
| שאלה 3:
| |
| | |
| א) <math>V = \mathbb{R}_3[x]</math> ו <math>U = \{p\in \mathbb{R}_3[x] \mid p(0)=p(1)\}</math>
| |
| | |
| נוכיח ש <math>U</math> תת מרחב לפי הקריטריון המקוצר.
| |
| | |
| ראשית <math>U \neq \emptyset</math> כי פולינום האפס נמצא בו.
| |
| | |
| שנית, אם <math>p_1,p_2 \in U</math> אז
| |
| | |
| <math>(p_1+p_2)(0) = p_1(0)+p_2(0)=p_1(1)+p_2(1)=(p_1+p_2)(1)</math>
| |
| | |
| ואם <math>p\in U</math> ו <math>\alpha \in \mathbb{R}</math> אז
| |
| | |
| <math>(\alpha p)(0) = \alpha p(0) = \alpha p(1) = (\alpha p)(1)</math>.
| |
| | |
| לכן <math>U</math> תת מרחב של <math>V</math>.
| |
| | |
| מציאת בסיס ומימד:
| |
