שינויים

אם נסמן ב <math>E_1,\ldtosldots ,E_5 </math> את המטריצות האלמנטריות המתאימות לפעולות הנתונות. אז בעצם

כלומר צריך לבצע את הפעולות האלה על <math>I</math> כדי להגיע ל <math>A^{-1}</math>

<math>A^{-1}=\begin{bmatrix}

היות ו <math>A^{-1}=E_5E_4E_3E_2E_1I</math> נקבל ש

כלומר הפעולות שצריך לעשות כדי לדרג את <math>A^{-1}</math> הן הפעולות שהפוכות לפעולת הכתובות בסדר הפוך כלומר:

(זאת כמובן לא הדרך היחידה להביא את <math>A^{-1}</math> לצורה מדורגת קנונית, אבל זאת הדרך הכי פשוטה.)  ===שאלה 3=== ====סעיף א==== הוכחה: יהי <math>\alpha_1 (v_1+v_2) + \alpha_2(v_2+v_3) +\alpha_3 (v_1+v_3) = 0</math> צירוף לינארי מתאפס כלשהוא של הוקטורים שבשאלה. צריך להוכיח ש <math>\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=0</math>. קל לראות שהצירוף הלינארי שווה ל  <math>(\alpha_1+\alpha_3) v_1 +(\alpha_1+\alpha_2)v_2+(\alpha_2+\alpha_3)v_3 = 0</math> היות ו <math>v_1,v_2,v_3</math> בת"ל. נקבל ש  <math>\alpha_1+\alpha_3=\alpha_1+\alpha_2=\alpha_2+\alpha_3=0</math> זה נותן לנו מערכת משוואות פשוטה. קל להסיק ממנה ש <math>\alpha_1=-\alpha_2,\quad \alpha_1=-\alpha_3</math> אבל בגלל ש <math>\alpha_2+\alpha_3=0</math> נקבל ש <math>-2\alpha_1=0</math> בגלל שהמאפיין שונה מ <math>2</math> אפשר לחלק ב <math>2</math> ולקבל <math>-\alpha_1=0</math> כלומר <math>\alpha_1=0</math> ומכאן ברור גם <math>\alpha_2=\alpha_3=0</math>. ====סעיף ב====לא נכון. נבחר <math>V=\mathbb{R}^2</math> ו <math>U=span\{(1,0)\}</math> ו <math>W=span\{(0,1)\}</math> ברור ש <math>(1,0),(0,1)\in U\cup W</math> אם האיחוד היה מרחב וקטורי הוא היה סגור לחיבור ולכן גם <math>(1,1)\in U\cup W</math> אבל זה לא נכון. סתירה.  ====סעיף ג==== לא רק שהטענה לא נכונה. אלא שלכל מערכת לא הומוגנית זה לא נכון. דוגמא נגדית פשוטה היא המערכת <math>x+y=1</math> מעל <math>\mathbb{R}</math>. ניקח פתרונות <math>v_1=\begin{bmatrix} 1 \\0 \end{bmatrix}</math> <math>v_2=\begin{bmatrix} 0 \\1 \end{bmatrix}</math> סכומם  <math>v_1+v_2=\begin{bmatrix} 1 \\1 \end{bmatrix}</math> הוא לא פתרון.