תרגיל 1
יהא:
F = { ( a b − b a ) a , b ∈ R } F=\left\{\begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix} & a,b \in \mathbb{R}
\end{array}\right\} F = { ( a − b b a ) a , b ∈ R } פעולות החיבור והכפל הן הפעולות הרגילות של מטריצות.
מצאו את האדיש הכפלי של קבוצה זו.
פתרון:
( a b − b a ) ⋅ 1 = ( a b − b a ) \begin{pmatrix}
a& b \\
-b & a
\end{pmatrix} \cdot 1=\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix} ( a − b b a ) ⋅ 1 = ( a − b b a ) ננסה את מטריצת היחידה:
( a b − b a ) ( 1 0 0 1 ) = ( 1 ⋅ a + 0 ⋅ b a ⋅ 0 + b ⋅ 1 − b ⋅ 1 + 0 ⋅ a − b ⋅ 0 + 1 ⋅ a ) = ( a b − b a ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1&0 \\
0&1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1\cdot a+0\cdot b & a\cdot0+b\cdot1 \\
-b\cdot 1+0\cdot a& -b\cdot0+1\cdot a
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix} ( a − b b a ) ( 1 0 0 1 ) = ( 1 ⋅ a + 0 ⋅ b − b ⋅ 1 + 0 ⋅ a a ⋅ 0 + b ⋅ 1 − b ⋅ 0 + 1 ⋅ a ) = ( a − b b a ) לכן, מטריצת היחידה היא האדישה לכפל של הקבוצה הזו.
יהא:
F = { ( a b − b a ) a , b ∈ R } F=\left\{\begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix} & a,b \in \mathbb{R}
\end{array}\right\} F = { ( a − b b a ) a , b ∈ R } פעולות החיבור והכפל הן הפעולות הרגילות של מטריצות.
הוכיחו שלכל איבר ב-F F F
הוכחה: A A A F F F A − 1 A^{-1} A − 1 A A A
A ⋅ A − 1 = I A\cdot A^{-1}=I A ⋅ A − 1 = I ולכן:
( a b − b a ) A − 1 = ( 1 0 0 1 ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}A^{-1}=\begin{pmatrix}
1&0 \\
0&1
\end{pmatrix} ( a − b b a ) A − 1 = ( 1 0 0 1 ) נסמן:
A − 1 = ( x y z w ) A^{-1}=\begin{pmatrix}
x&y \\
z&w
\end{pmatrix} A − 1 = ( x z y w ) ונראה כי:
( a b − b a ) ( x y z w ) = ( a x + b z a y + b w − b x + a z − b y + a w ) = ( 1 0 0 1 ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x&y \\
z&w
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
ax+bz & ay+bw \\
-bx+az& -by+aw
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1&0 \\
0&1
\end{pmatrix} ( a − b b a ) ( x z y w ) = ( a x + b z − b x + a z a y + b w − b y + a w ) = ( 1 0 0 1 ) על פי הגדרת השוויון במטריצות נראה כי:
{ a x + b z = 1 ⟹ b z = 1 − a x ⟹ z = 1 − a x b a y + b w = 0 ⟹ a y = b w ⟹ y = b w a − b x + a z = 0 ⟹ a z = b x ⟹ z = b x a − b y + a w = 1 ⟹ b y = a w − 1 ⟹ y = a w − 1 b \begin{cases}
ax+bz=1 \implies bz=1-ax \implies z=\frac{1-ax}{b} \\
ay+bw=0 \implies ay=bw \implies y=\frac{bw}{a} \\
-bx+az=0 \implies az=bx \implies z=\frac{bx}{a} \\
-by+aw=1 \implies by=aw-1 \implies y=\frac{aw-1}{b}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ a x + b z = 1 ⟹ b z = 1 − a x ⟹ z = b 1 − a x a y + b w = 0 ⟹ a y = b w ⟹ y = a b w − b x + a z = 0 ⟹ a z = b x ⟹ z = a b x − b y + a w = 1 ⟹ b y = a w − 1 ⟹ y = b a w − 1 נציב את המשוואות אחת בשנייה:
z = b x a = 1 − a x b ⟹ b 2 x = a − a 2 x ⟹ x ( b 2 + a 2 ) = a ⟹ x = a a 2 + b 2 z=\frac{bx}{a}=\frac{1-ax}{b}\implies b^2x=a-a^2x\implies x(b^2+a^2)=a \implies x=\frac{a}{a^2+b^2} z = a b x = b 1 − a x ⟹ b 2 x = a − a 2 x ⟹ x ( b 2 + a 2 ) = a ⟹ x = a 2 + b 2 a z = b a ⋅ a a 2 + b 2 = b a 2 + b 2 z=\frac{b}{a}\cdot \frac{a}{a^2+b^2}=\frac{b}{a^2+b^2} z = a b ⋅ a 2 + b 2 a = a 2 + b 2 b y = b w a = a w − 1 b ⟹ b 2 w = a 2 w − a ⟹ w ( b 2 − a 2 ) = − a ⟹ w = a a 2 − b 2 y=\frac{bw}{a}=\frac{aw-1}{b}\implies b^2w=a^2w-a\implies w(b^2-a^2)=-a \implies w=\frac{a}{a^2-b^2} y = a b w = b a w − 1 ⟹ b 2 w = a 2 w − a ⟹ w ( b 2 − a 2 ) = − a ⟹ w = a 2 − b 2 a y = b a ⋅ a a 2 − b 2 = b a 2 − b 2 y=\frac{b}{a}\cdot \frac{a}{a^2-b^2}=\frac{b}{a^2-b^2} y = a b ⋅ a 2 − b 2 a = a 2 − b 2 b לכן, נדע כי האיבר ההופכי לכל איבר הינו:
A − 1 = ( a a 2 + b 2 b a 2 − b 2 b a 2 + b 2 a a 2 − b 2 ) A^{-1}=\begin{pmatrix}
\frac{a}{a^2+b^2}&\frac{b}{a^2-b^2} \\
\frac{b}{a^2+b^2}& \frac{a}{a^2-b^2}
\end{pmatrix} A − 1 = ( a 2 + b 2 a a 2 + b 2 b a 2 − b 2 b a 2 − b 2 a ) ∎
יהא:
F = { ( a b − b a ) a , b ∈ R } F=\left\{\begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
a & b \\
-b & a
\end{pmatrix} & a,b \in \mathbb{R}
\end{array}\right\} F = { ( a − b b a ) a , b ∈ R } פעולות החיבור והכפל הן הפעולות הרגילות של מטריצות.
הראו ש-F F F
הוכחה: A , B , C A,B,C A , B , C F F F
A = ( a b − b a ) B = ( c d − d c ) C = ( e f − f e ) A=\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\quad B=\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}\quad C=\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix} A = ( a − b b a ) B = ( c − d d c ) C = ( e − f f e ) נוכיח את שמונת התנאים:
סגירות:
( a b − b a ) + ( c d − d c ) = ( a + c b + d − b − d a + c ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a+c&b+d \\
-b-d&a+c
\end{pmatrix} ( a − b b a ) + ( c − d d c ) = ( a + c − b − d b + d a + c ) אנו יודעים לאור סיגורות הפעולות חיבור, כפל וחיסור ב-R \mathbb{R} R
{ a + c ∈ R b + d ∈ R − ( b + d ) ∈ R a + c ∈ R \begin{cases}
a+c \in \mathbb{R} \\
b+d \in \mathbb{R} \\
-(b+d) \in \mathbb{R} \\
a+c \in \mathbb{R}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ a + c ∈ R b + d ∈ R − ( b + d ) ∈ R a + c ∈ R ולכן, הקבוצה סגורה לחיבור.
( a b − b a ) ( c d − d c ) = ( a c − b d a d + b c − b c − a d − b d + a c ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
ac-bd&ad+bc \\
-bc-ad&-bd+ac
\end{pmatrix} ( a − b b a ) ( c − d d c ) = ( a c − b d − b c − a d a d + b c − b d + a c ) אנו יודעים, לאור סיגורות הפעולות חיבור, כפל וחיסור ב-R \mathbb{R} R
{ a c − b d ∈ R a d + b c ∈ R − ( b c + a d ) ∈ R a c − b d ∈ R \begin{cases}
ac-bd \in \mathbb{R} \\
ad+bc \in \mathbb{R} \\
-(bc+ad) \in \mathbb{R} \\
ac-bd \in \mathbb{R}
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ a c − b d ∈ R a d + b c ∈ R − ( b c + a d ) ∈ R a c − b d ∈ R ולכן, הקבוצה סגורה לכפל.
( a b − b a ) + ( c d − d c ) = ( a + c b + d − b − d a + c ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a+c&b+d \\
-b-d&a+c
\end{pmatrix} ( a − b b a ) + ( c − d d c ) = ( a + c − b − d b + d a + c ) על פי הקומוטטיביות ב-R \mathbb{R} R
( a + c b + d − b − d a + c ) = ( c + a d + b − d − b c + a ) = ( c d − d c ) + ( a b − b a ) \begin{pmatrix}
a+c&b+d \\
-b-d&a+c
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
c+a&d+b \\
-d-b&c+a
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix} ( a + c − b − d b + d a + c ) = ( c + a − d − b d + b c + a ) = ( c − d d c ) + ( a − b b a ) ולכן, מתקיימת קומוטטיביות בחיבור.
( a b − b a ) ( c d − d c ) = ( a c − b d a d + b c − b c − a d − b d + a c ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
ac-bd&ad+bc \\
-bc-ad&-bd+ac
\end{pmatrix} ( a − b b a ) ( c − d d c ) = ( a c − b d − b c − a d a d + b c − b d + a c ) על פי הקומוטטיביות ב-R \mathbb{R} R
( a c − b d a d + b c − b c − a d − b d + a c ) = ( c a − d b c b + d a − d a − c b − d b + c a ) = ( c d − d c ) ( a b − b a ) \begin{pmatrix}
ac-bd&ad+bc \\
-bc-ad&-bd+ac
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
ca-db&cb+da \\
-da-cb&-db+ca
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
c&d \\
-d & c
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a & b\\
-b & a
\end{pmatrix} ( a c − b d − b c − a d a d + b c − b d + a c ) = ( c a − d b − d a − c b c b + d a − d b + c a ) = ( c − d d c ) ( a − b b a ) ולכן מתקיימת קומוטטיביות בכפל.
( ( a b − b a ) + ( c d − d c ) ) + ( e f − f e ) \left(\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}\right)+\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix} ( ( a − b b a ) + ( c − d d c ) ) + ( e − f f e ) = ( a + c b + d − b − d a + c ) + ( e f − f e ) = ( ( a + c ) + e ( b + d ) + f ( − b − d ) − f ( a + c ) + e ) =\begin{pmatrix}
a+c&b+d \\
-b-d&a+c
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
(a+c)+e & (b+d)+f \\
(-b-d)-f&(a+c)+e
\end{pmatrix} = ( a + c − b − d b + d a + c ) + ( e − f f e ) = ( ( a + c ) + e ( − b − d ) − f ( b + d ) + f ( a + c ) + e ) על פי האסוציאטיביות ב-R \mathbb{R} R
( ( a + c ) + e ( b + d ) + f ( − b − d ) − f ( a + c ) + e ) = ( a + ( c + e ) b + ( d + f ) − b ( − d − f ) a + ( c + e ) ) = ( a b − b a ) + ( c + e d + f − d − f c + e ) \begin{pmatrix}
(a+c)+e & (b+d)+f \\
(-b-d)-f&(a+c)+e
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a+(c+e) & b+(d+f) \\
-b(-d-f)&a+(c+e)
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
c+e&d+f \\
-d-f&c+e
\end{pmatrix} ( ( a + c ) + e ( − b − d ) − f ( b + d ) + f ( a + c ) + e ) = ( a + ( c + e ) − b ( − d − f ) b + ( d + f ) a + ( c + e ) ) = ( a − b b a ) + ( c + e − d − f d + f c + e ) ( a b − b a ) + ( c + e d + f − d − f c + e ) = ( a b − b a ) + ( ( c d − d c ) + ( e f − f e ) ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
c+e&d+f \\
-d-f&c+e
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\left(\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix}\right) ( a − b b a ) + ( c + e − d − f d + f c + e ) = ( a − b b a ) + ( ( c − d d c ) + ( e − f f e ) ) ולכן, מתקיימת אסוציאטיביות בחיבור.
( ( a b − b a ) ⋅ ( c d − d c ) ) ⋅ ( e f − f e ) = ( a c − b d a d + b c − b c − a d − b d + a c ) ( e f − f e ) \left(\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}\right)\cdot\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
ac-bd&ad+bc \\
-bc-ad&-bd+ac
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix} ( ( a − b b a ) ⋅ ( c − d d c ) ) ⋅ ( e − f f e ) = ( a c − b d − b c − a d a d + b c − b d + a c ) ( e − f f e ) = ( e ( a c − b d ) − f ( a d + b c ) f ( a c − b d ) + e ( a d + b c ) e ( − b c − a d ) − f ( − b d + a c ) f ( − b c − a d ) + e ( − b d + a c ) ) =\begin{pmatrix}
e(ac-bd)-f(ad+bc) & f(ac-bd)+e(ad+bc) \\
e(-bc-ad)-f(-bd+ac)& f(-bc-ad)+e(-bd+ac)
\end{pmatrix} = ( e ( a c − b d ) − f ( a d + b c ) e ( − b c − a d ) − f ( − b d + a c ) f ( a c − b d ) + e ( a d + b c ) f ( − b c − a d ) + e ( − b d + a c ) ) על פי האסוציאטיביות והקומוטטיביות ב-R \mathbb{R} R
= ( e a c − e b d − f a d − f b c f a c − f b d + e a d + e b c − e b c − e a d + f b d − f a c − f b c − f a d − e b d + e a c ) =\begin{pmatrix}
eac-ebd-fad-fbc&fac-fbd+ead+ebc \\
-ebc-ead+fbd-fac&-fbc-fad-ebd+eac
\end{pmatrix} = ( e a c − e b d − f a d − f b c − e b c − e a d + f b d − f a c f a c − f b d + e a d + e b c − f b c − f a d − e b d + e a c ) = ( a ( c e − f d ) + b ( − d e − f c ) a ( f c + e d ) + b ( − d f + c e ) − b ( c e − d f ) + a ( − d e − f c ) − b ( c f + d e ) + a ( − f d + c e ) ) =\begin{pmatrix}
a(ce-fd)+b(-de-fc)&a(fc+ed)+b(-df+ce) \\
-b(ce-df)+a(-de-fc)&-b(cf+de)+a(-fd+ce)
\end{pmatrix} = ( a ( ce − fd ) + b ( − d e − f c ) − b ( ce − df ) + a ( − d e − f c ) a ( f c + e d ) + b ( − df + ce ) − b ( c f + d e ) + a ( − fd + ce ) ) = ( a b − b a ) ( c e − f d f c + e d − d e − f c − d f + c e ) = ( a b − b a ) ( ( c d − d c ) ( e f − f e ) ) =\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
ce-fd&fc+ed \\
-de-fc&-df+ce
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}\left(\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix}\right) = ( a − b b a ) ( ce − fd − d e − f c f c + e d − df + ce ) = ( a − b b a ) ( ( c − d d c ) ( e − f f e ) ) ולכן מתקיימת אסוציאטיביות בכפל.0 = ( x y − y x ) 0=\begin{pmatrix}x&y\\-y&x\end{pmatrix} 0 = ( x − y y x )
( a b − b a ) + ( x y − y x ) = ( a b − b a ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
x&y \\
-y&x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix} ( a − b b a ) + ( x − y y x ) = ( a − b b a ) נחשב:
( a b − b a ) + ( x y − y x ) = ( a + x b + y − b − y a + x ) = ( a b − b a ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
x&y \\
-y&x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a+x&b+y \\
-b-y&a+x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix} ( a − b b a ) + ( x − y y x ) = ( a + x − b − y b + y a + x ) = ( a − b b a ) על פי הגדרת השוויון:
{ a + x = a ⟹ x = 0 b + y = b ⟹ y = 0 − ( b + y ) = − b ⟹ b + y = b ⟹ y = 0 a + x = a ⟹ x = 0 \begin{cases}
a+x=a \implies x=0 \\
b+y=b \implies y=0 \\
-(b+y)=-b \implies b+y=b \implies y=0 \\
a+x=a \implies x=0
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ a + x = a ⟹ x = 0 b + y = b ⟹ y = 0 − ( b + y ) = − b ⟹ b + y = b ⟹ y = 0 a + x = a ⟹ x = 0 ולכן, האדיש החיבורי הינו מטריצת האפס מסדר 2 × 2 2\times2 2 × 2
0 = ( 0 0 0 0 ) 0=\begin{pmatrix}
0&0 \\
0&0
\end{pmatrix} 0 = ( 0 0 0 0 )
קיום איבר נגדי לכל איבר:( x y − y x ) \begin{pmatrix}x&y\\-y&x\end{pmatrix} ( x − y y x ) A A A
( a b − b a ) + ( x y − y x ) = ( 0 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
x&y \\
-y&x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0&0 \\
0&0
\end{pmatrix} ( a − b b a ) + ( x − y y x ) = ( 0 0 0 0 ) על פי הגדרת החיבור:
( a + x b + y − b − y a + x ) = ( 0 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
a+x & b+y \\
-b-y & a+x
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0&0 \\
0&0
\end{pmatrix} ( a + x − b − y b + y a + x ) = ( 0 0 0 0 ) ועל פי הגדרת השוויון:
{ a + x = 0 ⟹ x = − a b + y = 0 ⟹ y = − b − ( b + y ) = 0 ⟹ b + y = 0 ⟹ y = − b a + x = 0 ⟹ x = − a \begin{cases}
a+x=0 \implies x=-a \\
b+y=0 \implies y=-b \\
-(b+y)=0 \implies b+y=0\implies y=-b \\
a+x=0 \implies x=-a
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ a + x = 0 ⟹ x = − a b + y = 0 ⟹ y = − b − ( b + y ) = 0 ⟹ b + y = 0 ⟹ y = − b a + x = 0 ⟹ x = − a ולכן האיבר הנגדי לאיבר כללי בקבוצה הינו:
( a b − b a ) − 1 = ( − a − b b − a ) \begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}
-a&-b \\
b&-a
\end{pmatrix} ( a − b b a ) − 1 = ( − a b − b − a )
קיום אדיש לכפל:
קיום הופכי:
פילוג:
( e f − f e ) ( ( a b − b a ) + ( c d − d c ) ) = ( e f − f e ) ( a + c b + d − b − d a + c ) \begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix}\left(\begin{pmatrix}
a&b \\
-b&a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
c&d \\
-d&c
\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a+c&b+d \\
-b-d&a+c
\end{pmatrix} ( e − f f e ) ( ( a − b b a ) + ( c − d d c ) ) = ( e − f f e ) ( a + c − b − d b + d a + c ) = ( e ( a + c ) + f ( − b − d ) e ( b + d ) + f ( a + c ) − f ( a + c ) + e ( − b − d ) − f ( b + d ) + e ( a + c ) ) =\begin{pmatrix}
e(a+c)+f(-b-d)& e(b+d)+f(a+c) \\
-f(a+c)+e(-b-d)& -f(b+d)+e(a+c)
\end{pmatrix} = ( e ( a + c ) + f ( − b − d ) − f ( a + c ) + e ( − b − d ) e ( b + d ) + f ( a + c ) − f ( b + d ) + e ( a + c ) ) על פי האסוציאטיביות והקומוטטיביות בכפל ובחיבור ב-R \mathbb{R} R
= ( e a − f b + e c − f d e b + f a + e d + f c − f a − e b − f c − e d − f b + e a − f d + e c ) =\begin{pmatrix}
ea-fb+ec-fd&eb+fa+ed+fc \\
-fa-eb-fc-ed&-fb+ea-fd+ec
\end{pmatrix} = ( e a − f b + ec − fd − f a − e b − f c − e d e b + f a + e d + f c − f b + e a − fd + ec ) = ( e a − f b e b + f a − f a − e b − f b + e a ) + ( e c − f d e d + f c − f c − e d − f d + e c ) =\begin{pmatrix}
ea-fb&eb+fa \\
-fa-eb&-fb+ea
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
ec-fd&ed+fc \\
-fc-ed&-fd+ec
\end{pmatrix} = ( e a − f b − f a − e b e b + f a − f b + e a ) + ( ec − fd − f c − e d e d + f c − fd + ec ) = ( e f − f e ) ( a b − b a ) + ( e f − f e ) ( c d − d c ) =\begin{pmatrix}
e&f \\
-f&e
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a & b\\
-b& a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
e &f \\
-f&e
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c & d \\
-d &c
\end{pmatrix} = ( e − f f e ) ( a − b b a ) + ( e − f f e ) ( c − d d c ) ולכן פילוג מתקיים בקבוצה.
לאור שכל תנאי השדה מתקיימים בקבוצה F F F
תרגיל 2
הוכיחו או הפריכו על ידי דוגמה את הטענה הבאה:A A A B B B n × n n\times n n × n F F F
אם A B = B A AB=BA A B = B A A A A B 2 B^2 B 2
הוכחה: A , B A,B A , B B A = A B BA=AB B A = A B B B B
B A B = A B B = A B 2 BAB=ABB=AB^2 B A B = A BB = A B 2 כעת, נקח את המשוואה המקורית שוב ונכפיל את 2 הצדדים ב-B B B
B 2 A = B B A = B A B B^2A=BBA=BAB B 2 A = BB A = B A B ולכן, נראה כי יש שוויון בין שתי המשוואות:
B 2 A = B B A = A B B = A B 2 B^2A=BBA=ABB=AB^2 B 2 A = BB A = A BB = A B 2 ∎
אם A B AB A B A B = B A AB=BA A B = B A
הוכחה: אינה נכונה .A , B ∈ R 2 × 2 A,B \in \mathbb{R}_{2\times2} A , B ∈ R 2 × 2
A = ( 2 2 0 2 ) B = ( 1 1 − 1 0 ) A=\begin{pmatrix}
2&2 \\
0&2
\end{pmatrix} \qquad B=\begin{pmatrix}
1&1 \\
-1&0
\end{pmatrix} A = ( 2 0 2 2 ) B = ( 1 − 1 1 0 ) נראה כי המטריצה:
A B = ( 0 2 − 2 0 ) AB=\begin{pmatrix}
0&2 \\
-2&0
\end{pmatrix} A B = ( 0 − 2 2 0 ) הינה אנטי סימטרית כפי שהטענה מציגה.
B A = ( 2 4 − 2 − 2 ) BA=\begin{pmatrix}
2&4 \\
-2&-2
\end{pmatrix} B A = ( 2 − 2 4 − 2 ) פה ניתן לראות כי B A BA B A A B AB A B
אם A t B t = ( A B ) t A^tB^t=(AB)^t A t B t = ( A B ) t A B = B A AB=BA A B = B A
הוכחה: A , B A,B A , B A t B t = ( A B ) t A^tB^t=(AB)^t A t B t = ( A B ) t
( A B ) t = B t A t (AB)^t=B^tA^t ( A B ) t = B t A t ולכן:
A t B t = B t A t A^tB^t=B^tA^t A t B t = B t A t על פי חוק הפילוג של טרנספורם:
( B A ) t = ( A B ) t (BA)^t=(AB)^t ( B A ) t = ( A B ) t נבצע טרנספורם על שני הצדדים של המשוואה:
B A = A B BA=AB B A = A B ∎
אם A A A B B B 0 0 0 A B = B AB=B A B = B A = I n A=I_{n} A = I n
הוכחה: 3 × 3 3\times3 3 × 3
( ? ) ( a b c d e f g h i ) = ( a b c d e f g h i ) \begin{pmatrix}
&&&& \\
&&?&& \\
&&&&
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a&b&c \\
d&e&f \\
g&h&i
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a&b&c \\
d&e&f \\
g&h&i
\end{pmatrix} ? a d g b e h c f i = a d g b e h c f i כל השלבים הבאים יהיו לפי הגדרת כפל בין מטריצות.a i 1 a_{i1} a i 1
c i 1 = 1 ⋅ a i 1 + 0 ⋅ a i 2 + 0 ⋅ a i 3 c_{i1}=1\cdot a_{i1}+0\cdot a_{i2}+0\cdot a_{i3} c i 1 = 1 ⋅ a i 1 + 0 ⋅ a i 2 + 0 ⋅ a i 3 ולכן נראה כי העמודה הראשונה במטריצה A A A
( 1 0 0 ) \begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix} 1 0 0 בשביל האיבר a i 2 a_{i2} a i 2
c i 2 = 0 ⋅ a i 1 + 1 ⋅ a i 2 + 0 ⋅ a i 3 c_{i2}=0\cdot a_{i1}+1\cdot a_{i2}+0\cdot a_{i3} c i 2 = 0 ⋅ a i 1 + 1 ⋅ a i 2 + 0 ⋅ a i 3 ולכן, העמודה השנייה במטריצה A A A
( 0 1 0 ) \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} 0 1 0 בשביל האיבר a i 3 a_{i3} a i 3
c i 3 = 0 ⋅ a i 1 + 0 ⋅ a i 2 + 1 ⋅ a i 3 c_{i3}=0\cdot a_{i1}+0\cdot a_{i2}+1\cdot a_{i3} c i 3 = 0 ⋅ a i 1 + 0 ⋅ a i 2 + 1 ⋅ a i 3 ולכן, העמודה השלישית במטריצה A A A
( 0 0 1 ) \begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix} 0 0 1 לכן, המטריצה תראה כך:
( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} 1 0 0 0 1 0 0 0 1 שזוהי בדיוק מטריצת היחידה I 3 I_{3} I 3 3 × 3 3\times3 3 × 3 n × n n\times n n × n
c i j = ∑ k = 1 j − 1 0 ⋅ a i k + 1 ⋅ a i j + ∑ k = j + 1 n 0 ⋅ a i k c_{ij}=\sum_{k=1}^{j-1}0 \cdot a_{ik}+ 1\cdot a_{ij}+\sum_{k=j+1}^n 0\cdot a_{ik} c ij = k = 1 ∑ j − 1 0 ⋅ a ik + 1 ⋅ a ij + k = j + 1 ∑ n 0 ⋅ a ik מה שתמיד ימקם 1 1 1 0 0 0
תרגיל 3
נגדיר t r a c e M = ∑ i = 1 n m i i traceM=\sum_{i=1}^nm_{ii} t r a ce M = ∑ i = 1 n m ii M M M
הוכיחו ש-t r a c e ( A B ) = t r a c e ( B A ) trace(AB)=trace(BA) t r a ce ( A B ) = t r a ce ( B A ) A , B ∈ F n × n A,B \in F^{n\times n} A , B ∈ F n × n
הוכחה:
t r a c e ( A B ) = ∑ i = 1 n ( A B ) i i = ∑ i = 1 n A ↔ i B ↓ i trace(AB)=\sum_{i=1}^n (AB)_{ii}=\sum_{i=1}^n A_{\leftrightarrow i}B_{\downarrow i} t r a ce ( A B ) = i = 1 ∑ n ( A B ) ii = i = 1 ∑ n A ↔ i B ↓ i t r a c e ( B A ) = ∑ i = 1 n ( B A ) i i = ∑ i = 1 n B ↔ i A ↓ i trace(BA)=\sum_{i=1}^n (BA)_{ii}=\sum_{i=1}^nB_{\leftrightarrow i}A_{\downarrow i} t r a ce ( B A ) = i = 1 ∑ n ( B A ) ii = i = 1 ∑ n B ↔ i A ↓ i מכיוון שהאלכסון נשאר זהה בטרנספורם נבצע טרנספורם על המחוברים שלנו:
t r a c e ( A B ) = ∑ i = 1 n A ↔ i B ↓ i = ∑ i = 1 n A ↓ i t B ↔ i t trace(AB)=\sum_{i=1}^n A_{\leftrightarrow i}B_{\downarrow i}=\sum_{i=1}^n A_{\downarrow i}^t B_{\leftrightarrow i}^t t r a ce ( A B ) = i = 1 ∑ n A ↔ i B ↓ i = i = 1 ∑ n A ↓ i t B ↔ i t = ∑ i = 1 n ( B A ) i i t = ∑ i = 1 n ( B A ) i i =\sum_{i=1}^n(BA)^t_{ii}=\sum_{i=1}^n(BA)_{ii} = i = 1 ∑ n ( B A ) ii t = i = 1 ∑ n ( B A ) ii מכיוון שהאלכסון נשאר זהה בטרנספורם אנו יודעים כי:
t r a c e ( A B ) = t r a c e ( B A ) trace(AB)=trace(BA) t r a ce ( A B ) = t r a ce ( B A ) ∎
הוכיחו כי לא קיימות מטריצות ממשיות A , B A,B A , B
A B − B A = I AB-BA=I A B − B A = I הוכחה: I I I
t r a c e ( A B − B A ) = t r a c e ( I ) trace(AB-BA)=trace(I) t r a ce ( A B − B A ) = t r a ce ( I ) כעת, נפריד בחיסור, שכן יש פילוג בחיסור מטריצות:
t r a c e ( A B ) − t r a c e ( B A ) = t r a c e ( I ) trace(AB)-trace(BA)=trace(I) t r a ce ( A B ) − t r a ce ( B A ) = t r a ce ( I ) מסעיף קודם אנו יודעים כי: t r a c e ( A B ) = t r a c e ( B A ) trace(AB)=trace(BA) t r a ce ( A B ) = t r a ce ( B A )
t r a c e ( I ) = 0 trace(I)=0 t r a ce ( I ) = 0 זהו דבר שכמובן אינו נכון, שכן איברי האלכסון ב-I I I
תרגיל 5
נגדיר מטריצה ( E m × n ) k , ℓ (E_{m\times n})^{k,\ell} ( E m × n ) k , ℓ m × n m\times n m × n k k k ℓ \ell ℓ
תהי A ∈ F q × m A \in F_{q\times m} A ∈ F q × m A ( E m × n ) k , ℓ A(E_{m\times n})^{k,\ell} A ( E m × n ) k , ℓ
הוכחה: ℓ \ell ℓ k k k
c i , ℓ = a i 1 ⋅ 0 + ⋯ + a i , k − 1 ⋅ 0 + a i , k ⋅ 1 + a i , k + 1 ⋅ 0 + ⋯ + a i m ⋅ 0 = a i , k c_{i,\ell}=a_{i1}\cdot0+\dots+a_{i,k-1}\cdot 0+ a_{i,k}\cdot1+a_{i,k+1}\cdot 0+\dots+a_{im}\cdot 0=a_{i,k} c i , ℓ = a i 1 ⋅ 0 + ⋯ + a i , k − 1 ⋅ 0 + a i , k ⋅ 1 + a i , k + 1 ⋅ 0 + ⋯ + a im ⋅ 0 = a i , k לכן, המטריצה שתיווצר תהיה מלאה באפסים חוץ מבעמודה ℓ \ell ℓ a i k a_{ik} a ik i i i
תהי B ∈ F n × p B \in F_{n\times p} B ∈ F n × p ( E n × m ) k ℓ B (E_{n\times m})^{k \ell}B ( E n × m ) k ℓ B
הוכחה: k k k ℓ \ell ℓ
c k , i = 0 ⋅ b 1 i + ⋯ + 0 ⋅ b ℓ − 1 , i + 1 ⋅ b ℓ , i + 0 ⋅ b ℓ + 1 , i + ⋯ + 0 ⋅ b n , i = b ℓ , i c_{k,i}=0\cdot b_{1i}+\dots+0\cdot b_{\ell-1,i}+1\cdot b_{\ell,i}+0\cdot b_{\ell+1,i}+\dots+0\cdot b_{n,i}=b_{\ell,i} c k , i = 0 ⋅ b 1 i + ⋯ + 0 ⋅ b ℓ − 1 , i + 1 ⋅ b ℓ , i + 0 ⋅ b ℓ + 1 , i + ⋯ + 0 ⋅ b n , i = b ℓ , i לכן, המטריצה שתיווצר תהיה מלאה באפסים חוץ מבשורה k k k b ℓ , i b_{\ell,i} b ℓ , i i i i
חשבו את המכפלה:
( E m × n ) k , ℓ ( E n × m ) ℓ , k (E_{m\times n})^{k,\ell}(E_{n\times m})^{\ell,k} ( E m × n ) k , ℓ ( E n × m ) ℓ , k הוכחה: a k l = b l k = 1 a_{kl}=b_{lk}=1 a k l = b l k = 1 k k k ℓ \ell ℓ
תרגיל 6
הוכיחו כי אם C C C n × n n\times n n × n C C C C = k I n C=kI_{n} C = k I n k k k
רמז: הסתמכו על תרגיל 5 בכך שאם C C C ( E n × n ) k , ℓ (E_{n\times n})^{k,\ell} ( E n × n ) k , ℓ
הוכחה: ( E n × n ) k , ℓ (E_{n\times n})^{k,\ell} ( E n × n ) k , ℓ C C C C C C ℓ \ell ℓ C C C k k k C C C
תרגיל 7
נגדיר Y Y Y x 1 , x 2 , … , x n x_{1},x_{2},\dots ,x_{n} x 1 , x 2 , … , x n a 1 , a 2 , … , a n a_{1},a_{2},\dots,a_{n} a 1 , a 2 , … , a n Y = a 1 x 1 + a 2 x 2 + ⋯ + a n x n Y=a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\dots+a_{n}x_{n} Y = a 1 x 1 + a 2 x 2 + ⋯ + a n x n
הראו שאם A x = b Ax=b A x = b A ∈ F m × n , x ∈ F n × 1 , b ∈ F m × 1 A \in F_{m\times n},x \in F_{n\times1},b \in F_{m\times1} A ∈ F m × n , x ∈ F n × 1 , b ∈ F m × 1 b b b A A A
הוכחה:
( a 11 a 12 … a 1 n a 21 a 22 … a 2 n ⋮ ⋮ ⋮ a m 1 a m 2 … a m n ) ( x 1 x 2 ⋮ x n ) = ( a 11 x 1 + a 12 x 2 + ⋯ + a 1 n x n a 21 x 1 + a 22 x 2 + ⋯ + a 2 n x n ⋮ a m 1 x 1 + a m 2 + ⋯ + a m n x n ) m × 1 \begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n} \\
a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n} \\
\vdots&\vdots&&\vdots \\
a_{m1}&a_{m2}&\dots&a_{mn}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_{1} \\
x_{2} \\
\vdots \\
x_{n}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\dots+a_{1n}x_{n} \\
a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\dots+a_{2n}x_{n} \\
\vdots \\
a_{m1}x_{1}+a_{m2}+\dots+a_{mn}x_{n}
\end{pmatrix}_{m\times1} a 11 a 21 ⋮ a m 1 a 12 a 22 ⋮ a m 2 … … … a 1 n a 2 n ⋮ a mn x 1 x 2 ⋮ x n = a 11 x 1 + a 12 x 2 + ⋯ + a 1 n x n a 21 x 1 + a 22 x 2 + ⋯ + a 2 n x n ⋮ a m 1 x 1 + a m 2 + ⋯ + a mn x n m × 1 אנו רואים שכל שורה במטריצה החדשה שנוצרה לנו היא צירוף ליניארי של x x x A A A b b b x x x A ↔ i A_{\leftrightarrow i} A ↔ i i i i
הראו שאם x A = b xA=b x A = b b ∈ F 1 × n , x ∈ F 1 × m , A ∈ F m × n b \in F_{1 \times n},x \in F_{1 \times m},A \in F_{m\times n} b ∈ F 1 × n , x ∈ F 1 × m , A ∈ F m × n b b b A A A
הוכחה:
( x 1 x 2 … x m ) ( a 11 a 12 … a 1 n a 21 a 22 … a 2 n ⋮ ⋮ ⋮ a m 1 a m 2 … a m n ) \begin{pmatrix}
x_{1}&x_{2}&\dots&x_{m}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n} \\
a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n} \\
\vdots&\vdots&&\vdots \\
a_{m1}&a_{m2}&\dots&a_{mn}
\end{pmatrix} ( x 1 x 2 … x m ) a 11 a 21 ⋮ a m 1 a 12 a 22 ⋮ a m 2 … … … a 1 n a 2 n ⋮ a mn = ( a 11 x 1 + a 21 x 2 + ⋯ + a m 1 x m a 12 x 1 + ⋯ + a m 2 x m … a 1 n x 1 + ⋯ + a m n x n ) 1 × n =\begin{pmatrix}
a_{11}x_{1}+a_{21}x_{2}+\dots+a_{m1}x_{m} & a_{12}x_{1}+\dots+a_{m2}x_{m} & \dots & a_{1n}x_{1}+\dots+a_{mn}x_{n}
\end{pmatrix}_{1\times n} = ( a 11 x 1 + a 21 x 2 + ⋯ + a m 1 x m a 12 x 1 + ⋯ + a m 2 x m … a 1 n x 1 + ⋯ + a mn x n ) 1 × n אנו רואים כי התוצאה הינה מטריצה בעלת שורה אחת בה כל איבר הוא הצירוף הליניארי של x x x i i i A A A b b b x x x A ↓ i A \downarrow{i} A ↓ i i i i
הראו שאם A B = C AB=C A B = C C ∈ F m × k , B ∈ F n × k , A ∈ F m × n C \in F_{m\times k},B \in F_{n\times k},A \in F_{m\times n} C ∈ F m × k , B ∈ F n × k , A ∈ F m × n C C C A A A C C C B B B
הוכחה:
( a 11 a 12 … a 1 n ⋮ ⋮ ⋮ a m 1 a m 2 … a m n ) ( b 11 b 12 … b 1 k ⋮ ⋮ ⋮ b n 1 b n 2 … b n k ) = ( a 11 b 11 + a 12 b 21 + a 13 b 31 + ⋯ + a 1 n b n 1 … ⋮ ⋮ ) \begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1}&a_{m2}&\dots&a_{mn}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
b_{11}&b_{12}&\dots&b_{1k} \\
\vdots&\vdots&&\vdots \\
b_{n1}&b_{n2}&\dots&b_{nk}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a_{11}b_{11}+a_{12}b_{21}+a_{13}b_{31}+\dots+a_{1n}b_{n1} & \dots \\
\vdots & \vdots
\end{pmatrix} a 11 ⋮ a m 1 a 12 ⋮ a m 2 … … a 1 n ⋮ a mn b 11 ⋮ b n 1 b 12 ⋮ b n 2 … … b 1 k ⋮ b nk = ( a 11 b 11 + a 12 b 21 + a 13 b 31 + ⋯ + a 1 n b n 1 ⋮ … ⋮ ) אמנם לא סיימתי את סקיצת הכפל הזו אבל נראה, על פי הגדרת הכפל כי כל איבר ב-C C C A A A i i i B B B C C C B B B A A A C C C A A A B B B