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)\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'?