חזור לתיקייה: שיעורי בית

גליון 4

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • תרגיל 1
  • תרגיל 2
  • תרגיל 3
  • תרגיל 4

גליון 4

01040166

אלגברה אמ

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

גליון 4

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל 1

תרגיל (1)

לפניכם שתי מטריצות מעל C\mathbb{C}C. מצאו את דרגת המטריצות בהתאם לערכים השונים של הפרמטר.

A=(a11aa21−a1+aa2a3−a2a−a−1−1a2−2)B=(1a2+1a2+1a22a12a2a2a−12300361a2+1a2+112)A=\begin{pmatrix} a&1&1&a \\ a&2&1-a&1+a \\ a&2&a^3-a&2a \\ -a&-1&-1&a^2-2 \end{pmatrix} \qquad B=\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 1&2a&2a&2a-1&2 \\ 3&0&0&3&6 \\ 1&a^2+1&a^2+1&1&2 \end{pmatrix}A=​aaa−a​122−1​11−aa3−a−1​a1+a2aa2−2​​B=​1131​a2+12a0a2+1​a2+12a0a2+1​a22a−131​2a262​​

נתחיל ממטריצה AAA ונדרג אותה:

R2=R2−R1R3=R3−R1R4=R4+R1→(a11a01−a101a3−a−1a000a2+a−2)R3=R3−R2→(a11a01−a100a3−1a−1000a2+a−2)\overrightarrow{\begin{matrix} R_{2}=R_{2}-R_{1} \\ R_{3}=R_{3}-R_{1} \\ R_{4}=R_{4}+R_{1} \end{matrix}}\begin{pmatrix} a&1&1&a \\ 0&1&-a&1 \\ 0&1&a^3-a-1&a \\ 0&0&0&a^2+a-2 \end{pmatrix}\overrightarrow{\begin{matrix} R_{3}=R_{3}-R_{2} \end{matrix}}\begin{pmatrix} a&1&1&a \\ 0&1&-a&1 \\ 0&0&a^3-1&a-1 \\ 0&0&0&a^2+a-2 \end{pmatrix}R2​=R2​−R1​R3​=R3​−R1​R4​=R4​+R1​​​​a000​1110​1−aa3−a−10​a1aa2+a−2​​R3​=R3​−R2​​​​a000​1100​1−aa3−10​a1a−1a2+a−2​​

נפריד ל-2 מקרים:

  1. כאשר a=0a=0a=0:
(0110010100−1−1000−2)R2=R2−R1→(011000−1100−1−1000−2)R3=R3−R2→(011000−11000−2000−2)\begin{pmatrix} 0&1&1&0 \\ 0&1&0&1 \\ 0&0&-1&-1 \\ 0&0&0&-2 \end{pmatrix}\overrightarrow{\begin{matrix} R_{2}=R_{2}-R_{1} \end{matrix}}\begin{pmatrix} 0&1&1&0 \\ 0&0&-1&1 \\ 0&0&-1&-1 \\ 0&0&0&-2 \end{pmatrix}\overrightarrow{\begin{matrix} R_{3}=R_{3}-R_{2} \end{matrix}}\begin{pmatrix} 0&1&1&0 \\ 0&0&-1&1 \\ 0&0&0&-2 \\ 0&0&0&-2 \end{pmatrix}​0000​1100​10−10​01−1−2​​R2​=R2​−R1​​​​0000​1000​1−1−10​01−1−2​​R3​=R3​−R2​​​​0000​1000​1−100​01−2−2​​ R4=R4−R3→(011000−11000−20000)\overrightarrow{R_{4}=R_{4}-R_{3}}\begin{pmatrix} 0&1&1&0 \\ 0&0&-1&1 \\ 0&0&0&-2 \\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}R4​=R4​−R3​​​0000​1000​1−100​01−20​​

ולכן, r(A)=3r(A)=3r(A)=3 כאשר α=0\alpha=0α=0.
2. כאשר a≠0a\neq 0a=0:

R3=1α3−1R3→(a11a01−a1001a−1a3−1000a2+a−2)\overrightarrow{R_{3}=\frac{1}{\alpha^3-1}R_{3}}\begin{pmatrix} a&1&1&a \\ 0&1&-a&1 \\ 0&0&1&\frac{a-1}{a^3-1} \\ 0&0&0&a^2+a-2 \end{pmatrix}R3​=α3−11​R3​​​a000​1100​1−a10​a1a3−1a−1​a2+a−2​​

מכיוון שכעת המטריצה מדורגת, נוכל לדעת כי r(A)=4r(A)=4r(A)=4.
ולכן:

a=0a≠0r(A)=3r(A)=4\begin{array}{c|c} a=0 & a\neq 0 \\ r(A)=3 & r(A)=4 \end{array}a=0r(A)=3​a=0r(A)=4​

כעת, נעבור למטריצה BBB ונדרג אותה:

R2=R2−R1R3=R3−3R1R4=R4−R1→(1a2+1a2+1a22a0−a2+2a−1−a2+2a−1−a2+2a−12−2a0−3a2−3−3a2−33−3a26−6a0001−a22−2a)\overrightarrow{\begin{matrix} R_{2}=R_{2}-R_{1} \\ R_{3}=R_{3}-3R_{1} \\ R_{4}=R_{4}-R_{1} \end{matrix}}\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&-a^2+2a-1&-a^2+2a-1&-a^2+2a-1&2-2a \\ 0&-3a^2-3&-3a^2-3&3-3a^2&6-6a \\ 0&0&0&1-a^2&2-2a \end{pmatrix}R2​=R2​−R1​R3​=R3​−3R1​R4​=R4​−R1​​​​1000​a2+1−a2+2a−1−3a2−30​a2+1−a2+2a−1−3a2−30​a2−a2+2a−13−3a21−a2​2a2−2a6−6a2−2a​​ R3↔R2→(1a2+1a2+1a22a0−3a2−3−3a2−33−3a26−6a0−a2+2a−1−a2+2a−1−a2+2a−12−2a0001−a22−2a)\overrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{2}}\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&-3a^2-3&-3a^2-3&3-3a^2&6-6a \\ 0&-a^2+2a-1&-a^2+2a-1&-a^2+2a-1&2-2a \\ 0&0&0&1-a^2&2-2a \end{pmatrix}R3​↔R2​​​1000​a2+1−3a2−3−a2+2a−10​a2+1−3a2−3−a2+2a−10​a23−3a2−a2+2a−11−a2​2a6−6a2−2a2−2a​​ R2=13R2→(1a2+1a2+1a22a0−a2−1−a2−11−a22−2a0−a2+2a−1−a2+2a−1−a2+2a−12−2a0001−a22−2a)\overrightarrow{R_{2}=\frac{1}{3}R_{2}}\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&-a^2-1&-a^2-1&1-a^2&2-2a \\ 0&-a^2+2a-1&-a^2+2a-1&-a^2+2a-1&2-2a \\ 0&0&0&1-a^2&2-2a \end{pmatrix}R2​=31​R2​​​1000​a2+1−a2−1−a2+2a−10​a2+1−a2−1−a2+2a−10​a21−a2−a2+2a−11−a2​2a2−2a2−2a2−2a​​ R3=R3−R2→(1a2+1a2+1a22a0−a2−1−a2−11−a22−2a02a2a2a−200001−a22−2a)R2=1−a2−1R2נשים לב כי המכנהאינו יכול להתאפס→\overrightarrow{R_{3}=R_{3}-R_{2}}\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&-a^2-1&-a^2-1&1-a^2&2-2a \\ 0&2a&2a&2a-2&0 \\ 0&0&0&1-a^2&2-2a \end{pmatrix}\overrightarrow{\begin{matrix} R_{2}=\frac{1}{-a^2-1}R_{2} \\ \R{\text{נשים לב כי המכנה}} \\ \R{\text{אינו יכול להתאפס}} \end{matrix}}R3​=R3​−R2​​​1000​a2+1−a2−12a0​a2+1−a2−12a0​a21−a22a−21−a2​2a2−2a02−2a​​R2​=−a2−11​R2​נשים לב כי המכנהאינו יכול להתאפס​​ (1a2+1a2+1a22a011a2−1a2+12a−2a2+102a2a2a−200001−a22−2a)\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&1&1&\frac{a^2-1}{a^2+1}& \frac{2a-2}{a^2+1} \\ 0&2a&2a&2a-2&0 \\ 0&0&0&1-a^2&2-2a \end{pmatrix}​1000​a2+112a0​a2+112a0​a2a2+1a2−1​2a−21−a2​2aa2+12a−2​02−2a​​

נחלק ל-2 מצבים:

  1. כאשר a≠0a\neq 0a=0
R3=12aR3→(1a2+1a2+1a22a011a2−1a2+12a−2a2+1011a−1a00001−a22−2a)\overrightarrow{R_{3}=\frac{1}{2a}R_{3}}\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&1&1&\frac{a^2-1}{a^2+1}& \frac{2a-2}{a^2+1} \\ 0&1&1&\frac{a-1}{a}&0 \\ 0&0&0&1-a^2&2-2a \end{pmatrix}R3​=2a1​R3​​​1000​a2+1110​a2+1110​a2a2+1a2−1​aa−1​1−a2​2aa2+12a−2​02−2a​​ R3=R3−R2→(1a2+1a2+1a22a011a2−1a2+12a−2a2+1000−1a−2a−1a2+10001−a22−2a)\overrightarrow{R_{3}=R_{3}-R_{2}}\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&1&1&\frac{a^2-1}{a^2+1}& \frac{2a-2}{a^2+1} \\ 0&0&0&-\frac{1}{a} &- 2\frac{a-1}{a^2+1} \\ 0&0&0&1-a^2&2-2a \end{pmatrix}R3​=R3​−R2​​​1000​a2+1100​a2+1100​a2a2+1a2−1​−a1​1−a2​2aa2+12a−2​−2a2+1a−1​2−2a​​ R3=−aR3→(1a2+1a2+1a22a011a2−1a2+12a−2a2+100012aa−1a2+10001−a22(1−a))R4=R4−(1−a2)R3→\overrightarrow{R_{3}=-aR_{3}}\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&1&1&\frac{a^2-1}{a^2+1}& \frac{2a-2}{a^2+1} \\ 0&0&0&1 &2a\frac{a-1}{a^2+1} \\ 0&0&0&1-a^2&2(1-a) \end{pmatrix}\overrightarrow{R_{4}=R_{4}-(1-a^2)R_{3}}R3​=−aR3​​​1000​a2+1100​a2+1100​a2a2+1a2−1​11−a2​2aa2+12a−2​2aa2+1a−1​2(1−a)​​R4​=R4​−(1−a2)R3​​ (1a2+1a2+1a22a011a2−1a2+12a−2a2+100012aa−1a2+100002(1−a)[1−aa2−1a2+1])\begin{pmatrix} 1&a^2+1&a^2+1&a^2&2a \\ 0&1&1&\frac{a^2-1}{a^2+1}& \frac{2a-2}{a^2+1} \\ 0&0&0&1 &2a\frac{a-1}{a^2+1} \\ 0&0&0&0&2(1-a)\left[ 1-a \frac{a^2-1}{a^2+1} \right] \end{pmatrix}​1000​a2+1100​a2+1100​a2a2+1a2−1​10​2aa2+12a−2​2aa2+1a−1​2(1−a)[1−aa2+1a2−1​]​​

כעת נסתכל על המצבים השונים של האיברים המובילים. מכיוון שכולם חוץ מהשורה האחרונה הם 1, הם לא משתנים על פי aaa ולכן לא משנה איזה איבר נציב ב-aaa תמיד יהיה פתרון 1 אילו היו רק 3 שורות.
השורה הרביעית היא זו הבעייתית, ונבדוק מתי היא שווה ל-0 כעת:

2(1−a)[1−aa2−1a2+1]=02(1-a)\left[ 1-a\frac{a^2-1}{a^2+1} \right]=02(1−a)[1−aa2+1a2−1​]=0

זה מתרחש ב-2 מצבים:

{1−a=0  ⟹  a=11−aa2−1a2+1=0  ⟹  1=aa2−1a2+1  ⟹  a2+1=a3−a  ⟹  a3−a2−a+1=0  ⟹  a=1,−1\begin{cases} 1-a=0 \implies a=1 \\ 1-a\frac{a^2-1}{a^2+1}=0 \implies 1=a\frac{a^2-1}{a^2+1}\implies a^2+1=a^3-a \\ \qquad \implies a^3-a^2-a+1=0 \implies a=1,-1 \end{cases}⎩⎨⎧​1−a=0⟹a=11−aa2+1a2−1​=0⟹1=aa2+1a2−1​⟹a2+1=a3−a⟹a3−a2−a+1=0⟹a=1,−1​

לכן, כאשר a=1,−1a=1,-1a=1,−1 מתקיים r(A)=3r(A)=3r(A)=3 אחרת, כל עוד a≠0a\neq 0a=0 אזי r(A)=4r(A)=4r(A)=4.

  1. כאשר a=0a=0a=0:

נציב ונגלה:

(11100011−1−2000−2000012)R3=1−2R3→(11100011−1−20001000012)R4=R4−R3→(11100011−1−20001000002)\begin{pmatrix} 1&1&1&0&0 \\ 0&1&1&-1&-2 \\ 0&0&0&-2&0 \\ 0&0&0&1&2 \end{pmatrix}\overrightarrow{R_{3}=\frac{1}{-2}R_{3}}\begin{pmatrix} 1&1&1&0&0 \\ 0&1&1&-1&-2 \\ 0&0&0&1&0 \\ 0&0&0&1&2 \end{pmatrix}\overrightarrow{R_{4}=R_{4}-R_{3}}\begin{pmatrix} 1&1&1&0&0 \\ 0&1&1&-1&-2 \\ 0&0&0&1&0 \\ 0&0&0&0&2 \end{pmatrix}​1000​1100​1100​0−1−21​0−202​​R3​=−21​R3​​​1000​1100​1100​0−111​0−202​​R4​=R4​−R3​​​1000​1100​1100​0−110​0−202​​
  • סיכום:
    נפרק למצבים.
a≠1,−1a=1,−1r(A)=4r(A)=3\begin{array}{c|c} a \neq 1,-1 & a=1,-1 \\ r(A)=4 & r(A)=3 \end{array}a=1,−1r(A)=4​a=1,−1r(A)=3​

תרגיל 2

תרגיל (2 [הקדמה])

לפניכם מערכת משוואות מעל הממשיים:

{x+by+bz+bw=ax+(1+b)y+(a+b)z+2bw=a+b2x+2by+(a+2b)z+(a+2b)w=3a3x+3by+3bz+(a+2b)w=4a+2\begin{cases} x+by+bz+bw=a \\ x+(1+b)y+(a+b)z+2bw=a+b \\ 2x+2by+(a+2b)z+(a+2b)w=3a \\ 3x+3by+3bz+(a+2b)w=4a+2 \end{cases}⎩⎨⎧​x+by+bz+bw=ax+(1+b)y+(a+b)z+2bw=a+b2x+2by+(a+2b)z+(a+2b)w=3a3x+3by+3bz+(a+2b)w=4a+2​

כאשר x,y,z,wx,y,z,wx,y,z,w הם הנעלמים ואילו a,ba,ba,b הם פרמטרים.

לפני שנסתכל על הסעיפים נציב את המערכת במטריצה (A∣b)(A|b)(A∣b) כך:

(1bbba11+ba+b2ba+b22ba+2ba+2b3a33b3ba+2b4a+2)⏟(A4×4∣b4×1)\underbrace{\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 1&1+b&a+b&2b&a+b \\ 2&2b&a+2b&a+2b&3a \\ 3&3b&3b&a+2b&4a+2 \end{array}\right)}_{(\underset{4\times4}{A}|\underset{4\times1}{b})}(4×4A​∣4×1b​)​1123​b1+b2b3b​ba+ba+2b3b​b2ba+2ba+2b​aa+b3a4a+2​​​​

כעת, נדרג את המטריצה:

R2=R2−R1R3=R3−2R1R4=R4−3R1→(1bbba01abb00aaa000a−ba+2)\overrightarrow{\begin{matrix} R_{2}=R_{2}-R_{1} \\ R_{3}=R_{3}-2R_{1} \\ R_{4}=R_{4}-3R_{1} \end{matrix}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&a&b&b \\ 0&0&a&a&a \\ 0&0&0&a-b&a+2 \end{array}\right)R2​=R2​−R1​R3​=R3​−2R1​R4​=R4​−3R1​​​​1000​b100​baa0​bbaa−b​abaa+2​​

כעת, נשים לב כי המערכת מדורגת ונוכל לפרק למקרים על פי ערכי aaa ו-bbb כך:

  1. כאשר a=0,b≠0a=0,b\neq 0a=0,b=0
    נקבל את המטריצה:
(1bbb0010bb00000000−b2)R3↔R4→(1bbb0010bb000−b200000)\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&0 \\ 0&1&0&b&b \\ 0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&-b&2 \end{array}\right)\overrightarrow{R_{3}\leftrightarrow R_{4}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&0 \\ 0&1&0&b&b \\ 0&0&0&-b&2 \\ 0&0&0&0&0 \end{array}\right)​1000​b100​b000​bb0−b​0b02​​R3​↔R4​​​1000​b100​b000​bb−b0​0b20​​

כעת שהמטריצה מדורגת, נוכל לראות כי r(A)=r(A∣b)=3r(A)=r(A|b)=3r(A)=r(A∣b)=3.
2. כאשר a=0,b=0a=0,b=0a=0,b=0
נקבל את המטריצה:

(10000010000000000002)R4↔R3→(10000010000000200000)\left(\begin{array}{cccc|c} 1&0&0&0&0 \\ 0&1&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&2 \end{array}\right)\overrightarrow{R_{4}\leftrightarrow R_{3}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&0&0&0&0 \\ 0&1&0&0&0 \\ 0&0&0&0&2 \\ 0&0&0&0&0 \end{array}\right)​1000​0100​0000​0000​0002​​R4​↔R3​​​1000​0100​0000​0000​0020​​

נראה כי במצב זה r(A)=2r(A)=2r(A)=2 ו-r(A∣b)=3r(A|b)=3r(A∣b)=3.
3. כאשר a≠0a\neq 0a=0 (ו-bbb יכול להיות מה שהוא רוצה :} )
נראה כי במצב הזה r(A)=r(A∣b)=4r(A)=r(A|b)=4r(A)=r(A∣b)=4.

תרגיל (2 [א])

עבור אילו ערכים של a,ba,ba,b יש למערכת פתרון יחיד?

למערכת משוואות יש פתרון יחיד כאשר r(A)=r(A∣b)=nr(A)=r(A|b)=nr(A)=r(A∣b)=n, שאצלנו מתרחש ב-(3).
נקנן את מטריצה זו:

(1bbba01abb00aaa000a−ba+2)R3=1aR3(a≠0)→(1bbba01abb00111000a−ba+2)\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&a&b&b \\ 0&0&a&a&a \\ 0&0&0&a-b&a+2 \end{array}\right)\overrightarrow{\begin{matrix} \underset{(a\neq 0)}{R_{3}=\frac{1}{a}R_{3}} \end{matrix}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&a&b&b \\ 0&0&1&1&1 \\ 0&0&0&a-b&a+2 \end{array}\right)​1000​b100​baa0​bbaa−b​abaa+2​​(a=0)R3​=a1​R3​​​​​1000​b100​ba10​bb1a−b​ab1a+2​​

נחלק ל-2 מצבים:

  1. כאשר a−b=0a-b=0a−b=0:
(1bbba01abb001110000a+2)\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&a&b&b \\ 0&0&1&1&1 \\ 0&0&0&0&a+2 \end{array}\right)​1000​b100​ba10​bb10​ab1a+2​​

במצב זה נראה כי אין פתרון למטריצה - לכן, נוסיף אותו לרשימת המצבים של סעיף ג'.
2. כאשר a−b≠0a-b\neq 0a−b=0:

R4=1a−bR4→(1bbba01abb001110001a+2a−b)R3=R3−R4→(1bbba01abb00101−a+2a−b0001a+2a−b)R2=R2−aR3→\overrightarrow{R_{4}=\frac{1}{a-b}R_{4}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&a&b&b \\ 0&0&1&1&1 \\ 0&0&0&1& \frac{a+2}{a-b} \end{array}\right)\overrightarrow{R_{3}=R_{3}-R_{4}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&a&b&b \\ 0&0&1&0&1-\frac{a+2}{a-b} \\ 0&0&0&1& \frac{a+2}{a-b} \end{array}\right)\overrightarrow{R_{2}=R_{2}-aR_{3}}R4​=a−b1​R4​​​1000​b100​ba10​bb11​ab1a−ba+2​​​R3​=R3​−R4​​​1000​b100​ba10​bb01​ab1−a−ba+2​a−ba+2​​​R2​=R2​−aR3​​ (1bbba010bb−a+aa+2a−b00101−a+2a−b0001a+2a−b)R2=R2−bR4→(1bbba0100200101−a+2a−b0001a+2a−b)R1=R1−bR4→\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&0&b&b-a+a \frac{a+2}{a-b} \\ 0&0&1&0&1-\frac{a+2}{a-b} \\ 0&0&0&1& \frac{a+2}{a-b} \end{array}\right)\overrightarrow{R_{2}=R_{2}-bR_{4}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&b&a \\ 0&1&0&0&2 \\ 0&0&1&0&1-\frac{a+2}{a-b} \\ 0&0&0&1& \frac{a+2}{a-b} \end{array}\right)\overrightarrow{R_{1}=R_{1}-bR_{4}}​1000​b100​b010​bb01​ab−a+aa−ba+2​1−a−ba+2​a−ba+2​​​R2​=R2​−bR4​​​1000​b100​b010​b001​a21−a−ba+2​a−ba+2​​​R1​=R1​−bR4​​ (1bb0a−ba+2a−b0100200101−a+2a−b0001a+2a−b)R1=R1−bR3→(1b00a−b0100200101−a+2a−b0001a+2a−b)R1=R1−bR2→\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&b&0&a-b\frac{a+2}{a-b} \\ 0&1&0&0&2 \\ 0&0&1&0&1-\frac{a+2}{a-b} \\ 0&0&0&1& \frac{a+2}{a-b} \end{array}\right)\overrightarrow{R_{1}=R_{1}-bR_{3}}\left(\begin{array}{cccc|c} 1&b&0&0&a-b \\ 0&1&0&0&2 \\ 0&0&1&0&1-\frac{a+2}{a-b} \\ 0&0&0&1& \frac{a+2}{a-b} \end{array}\right)\overrightarrow{R_{1}=R_{1}-bR_{2}}​1000​b100​b010​0001​a−ba−ba+2​21−a−ba+2​a−ba+2​​​R1​=R1​−bR3​​​1000​b100​0010​0001​a−b21−a−ba+2​a−ba+2​​​R1​=R1​−bR2​​ (1000a−b−20100200101−a+2a−b0001a+2a−b)\left(\begin{array}{cccc|c} 1&0&0&0&a-b-2 \\ 0&1&0&0&2 \\ 0&0&1&0&1-\frac{a+2}{a-b} \\ 0&0&0&1& \frac{a+2}{a-b} \end{array}\right)​1000​0100​0010​0001​a−b−221−a−ba+2​a−ba+2​​​

ולכן, אנו יודעים כי הפתרון שלנו הוא:

x⃗=(a−b−2,2,1−a+2a−b,a+2a−b)\vec{x}=\begin{pmatrix} a-b-2,&2,&1-\frac{a+2}{a-b},&\frac{a+2}{a-b} \end{pmatrix}x=(a−b−2,​2,​1−a−ba+2​,​a−ba+2​​)
תרגיל (2 [ב])

עבור אילו ערכים של a,ba,ba,b יש למערכת אינסוף פתרונות, פרט מספר דרגות החופש לבחירה חופשית של הנעלמים על פי הערכים של a,ba,ba,b.

יש אינסוף פתרונות כאשר r(A)=r(A∣b)<nr(A)=r(A|b)<nr(A)=r(A∣b)<n מה שאצלנו מתרחש במצב (1) כאשר r(A)=r(A∣b)=3<n=4r(A)=r(A|b)=3<n=4r(A)=r(A∣b)=3<n=4.
לכן, במצב זה(בו a=0,b≠0a=0,b\neq 0a=0,b=0) יש אינסוף פתרונות עם ד"ח אחת.

תרגיל (2 [ג])

עבור אילו ערכים של a,ba,ba,b אין למערכת פתרון:

אין למערכת פתרון כאשר r(A)<r(A∣b)r(A)<r(A|b)r(A)<r(A∣b) מה שאצלנו מתרחש במצב (2).
ולכן, כאשר a=0,b=0a=0,b=0a=0,b=0 אין למערכת פתרון.
בנוסף, כפי שראינו בסעיף א', כאשר a≠0,a=ba\neq0,a=ba=0,a=b גם אין פתרון למערכת שכן 3=r(A)<r(A∣b)=43=r(A)<r(A|b)=43=r(A)<r(A∣b)=4.

תרגיל 3

תרגיל (3)

סמנו את התשובה הנכונה:
תהא A∈R3×3A \in \mathbb{R}^{3\times3}A∈R3×3. נתון כי למערכת Ax⃗=(111)A\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}Ax=​111​​ יש פתרון וכן כי למערכת Ax⃗=(110)A\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}Ax=​110​​ אין פתרון. אזי:

א. למערכת Ax⃗=(000)A\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}Ax=​000​​ אין פתרון לא טריוויאלי.
ב. למערכת Ax⃗=(221)A\vec{x}=\begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix}Ax=​221​​ אין פתרון.
ג. לכל 0≠B∈R3×30\neq B \in \mathbb{R}^{3\times 3}0=B∈R3×3 למערכת ABx⃗=(111)AB\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}ABx=​111​​ יש פתרון.
ד. אם CCC שקולת שורה ל-AAA אז למערכת Cx⃗=(111)C\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}Cx=​111​​ יש פתרון.
ה. r(A)=2r(A)=2r(A)=2

התשובה הנכונה היא ב'.
הוכחה:
מכיוון שקיים מצב שבו אין פתרון, אנו יודעים כי r(A)<nr(A)<nr(A)<n כלומר, r(A)<3r(A)<3r(A)<3.
לכן, אילו יש פתרון, אזי יש ∞\infty∞ פתרונות מכיוון שתהיה דרגת חופש אחת לפחות.
מכיוון שידוע לנו כי למערכת (111)\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}​111​​ יש פתרון, למרות שיש דרגת חופש, אנו יודעים כי אם מדרגים את (A∣b)(A|b)(A∣b) אזי נקבל שורה אחת של אפסים שגם הפתרון בה הוא אפס. מכיוון שהפתרונות שווים בווקטור, אנו בהכרח יודעים כי במהלך הדרוג, נחסיר שורה אחת מהאחרת ולכן השורות הללו שוות מכיוון שתוצאת החיסור שלהם שווה לשורת אפסים במטריצת המקדמים AAA.
לכן, לפחות שתי שורות במטריצת המקדמים שוות אחת לשניה.
נסתכל על המערכת השנייה: (110)\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}​110​​ נניח בשלילה כי 2 השורות הראשונות שוות ושונות מהשלישית על פי הנתאי הנ"ל.
במצב זה בווקטור שלו אין פתרון השורה הראשונה והשנייה מבטלות אחת את השנייה בדירוג ולכן על מנת להגיע למצב של חוסר פתרון אנו צריכיפ שהמקדמים של אחת השורות יצטמצמו אחת עם השנייה. (כך שנגיע ל-0=x,x∈R∖{0}0=x,x \in \mathbb{R}\setminus \{ 0 \}0=x,x∈R∖{0})
מפני שהנחנו כי שהשורה הראשונה שונה מהשורה השלישית, הן לא מצטמצמות ישר ומפני שבפתרון של המערכת הקודמת כל הפתרונות שווים, אם היה אפשר להביע את השורה השלישית ככפל בסקלר של השורה הראשונה, אזי הפתרונות לא היו שווים. (ל-111)
לכן, הגענו לסתירה שכן למשוואה במערכת השנייה יש פתרון, מה שאסור על פי הנתון.
לכן, השורה השלישית בהכרח שווה לאחת השורות שמעליה או לשתייהן.
במערכת שניתנה לנו בסעיף ב', (221)\begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix}​221​​, הפתרון של השורה השלישית אינו שווה לפתרון של אף אחת מהשורות האחרות מה שיוצר סתירה שכן הוכחנו כי היא בהכרח שווה על מנת שיהיה פתרון.
∎

תרגיל 4

תרגיל (4 [הקדמה])

נתבונן במערכת הבאה של ארבע משוואות בשלושה נעלמים ממשיים(מעל R\mathbb{R}R)

(121−11a−112a+212ab+b+1)(x1x2x3)=(11b+2b2+b+ab)\begin{pmatrix} 1&2&1 \\ -1&1&a-1 \\ 1&2&a+2 \\ 1&2&ab+b+1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ b+2 \\ b^2+b+ab \end{pmatrix}​1−111​2122​1a−1a+2ab+b+1​​​x1​x2​x3​​​=​11b+2b2+b+ab​​

כאן הנעלמים הם x1,x2,x3x_{1},x_{2},x_{3}x1​,x2​,x3​ ואילו a,ba,ba,b הינם פרמטרים.

סמנו אילו מבין הטענות א-ו נכונות והשלימו את החסר במקומות המיועדים לכך.

לפני שנעבור לסעיפים, כמו בשאלה 2, נציב את המשוואה במטריצה (A∣b)(A|b)(A∣b):

(1211−11a−1112a+2b+212ab+b+1b2+b+ab)⏟(A4×3∣b4×1)\underbrace{\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1 \\ -1&1&a-1&1 \\ 1&2&a+2&b+2 \\ 1&2&ab+b+1&b^2+b+ab \end{array}\right)}_{(\underset{4\times3}{A}|\underset{4\times1}{b})}(4×3A​∣4×1b​)​1−111​2122​1a−1a+2ab+b+1​11b+2b2+b+ab​​​​

כעת, נדרג את המטריצה:

R2=R2+R1R3=R3−R1R4=R4−R1→(121103a200a+1b+100ab+bb2+b+ab−1)R2=13R2→(121101a32300a+1b+100ab+bb2+b+ab−1)\overrightarrow{\begin{matrix} R_{2}=R_{2}+R_{1} \\ R_{3}=R_{3}-R_{1} \\ R_{4}=R_{4}-R_{1} \end{matrix}}\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1 \\ 0&3&a&2 \\ 0&0&a+1&b+1 \\ 0&0&ab+b&b^2+b+ab-1 \end{array}\right)\overrightarrow{R_{2}=\frac{1}{3}R_{2}}\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1 \\ 0&1&\frac{a}{3}&\frac{2}{3} \\ 0&0&a+1&b+1 \\ 0&0&ab+b&b^2+b+ab-1 \end{array}\right)R2​=R2​+R1​R3​=R3​−R1​R4​=R4​−R1​​​​1000​2300​1aa+1ab+b​12b+1b2+b+ab−1​​R2​=31​R2​​​1000​2100​13a​a+1ab+b​132​b+1b2+b+ab−1​​

נחלק כעת ל-2 מצבים:

  1. כאשר b≠0b\neq0b=0:
R4=1bR4→(121101a32300a+1b+100a+1b+a)R4=R4−R3→(121101a32300a+1b+1000a−1)\overrightarrow{R_{4}=\frac{1}{b}R_{4}}\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1 \\ 0&1& \frac{a}{3}& \frac{2}{3} \\ 0&0&a+1&b+1 \\ 0&0&a+1&b+a \end{array}\right)\overrightarrow{R_{4}=R_{4}-R_{3}}\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1 \\ 0&1& \frac{a}{3}& \frac{2}{3} \\ 0&0&a+1&b+1 \\ 0&0&0&a-1 \end{array}\right)R4​=b1​R4​​​1000​2100​13a​a+1a+1​132​b+1b+a​​R4​=R4​−R3​​​1000​2100​13a​a+10​132​b+1a−1​​

המטריצה מדורגת כעת וניתן לראות דבר מעניין:

  • אם a≠1a\neq1a=1 אז אין פתרון למטריצה.
  • אם b≠−1b\neq -1b=−1 ו-a=−1a= -1a=−1 אז גם אין פתרון למטריצה.
  • אם a=1a=1a=1 אז r(A)=r(A∣b)=3<4=nr(A)=r(A|b)=3<4=nr(A)=r(A∣b)=3<4=n.

כעת, נעבור למצב השני:
2. כאשר b=0b=0b=0:
נציב:

(121101a32300a+11000−1)\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1 \\ 0&1& \frac{a}{3}& \frac{2}{3} \\ 0&0&a+1&1 \\ 0&0&0&-1 \end{array}\right)​1000​2100​13a​a+10​132​1−1​​

במצב זה אין פתרון למטריצה.

כעת, נעבור לסעיפים:

תרגיל (4 [א])

קיים ערך של bbb שעבורו לכל ערך של aaa למטריצה אין פתרון.

נכון
כפי שראינו לפני כמה רגעים, כאשר b=0b=0b=0 נוצר מצב בו r(A)<r(A∣b)r(A)<r(A|b)r(A)<r(A∣b) ולכן אין פתרון לכל aaa.

תרגיל (4 [ב])

לכל ערך של aaa קיים ערך של bbb עבורו למערכת אין פתרון.

נכון
אנו יכולים לראות כי לכל ערך של aaa שנבחר אנו יכולים לקחת את b=0b=0b=0 ואז למערכת לא יהיה פתרון.

תרגיל (4 [ג])

קיים ערך של aaa עבורו לכל ערך של bbb למערכת אין פתרון.

נכון
ניתן לראות שבמידה ב-b=0b=0b=0 כל ערך aaa שניקח יתאים למצב ובמידה ש-b≠0b\neq 0b=0 אם נקח a≠1a\neq1a=1 אז גם לא יהיה פתרון.
ולכן, נוכל לבחור את הערך ונבחר a=3a=3a=3.

תרגיל (4 [ד])

קיים ערך של bbb עבורו לכל ערך של aaa יש למערכת פתרון.

לא נכון
כפי שראינו, אם נקח את הערך b≠0b\neq 0b=0 כלשהו נראה כי במידה ו-a≠1a\neq 1a=1 אז אין פתרון למשוואה ולכן זה לא מתרחש לכל ערך aaa בשום ערך bbb.

תרגיל (4 [ה])

אם למערכת יש ∞\infty∞ פתרונות אז בהכרח a=ba=ba=b.

לא נכון
יש ∞\infty∞ פתרונות כאשר r(A)=r(A∣B)<nr(A)=r(A|B)<nr(A)=r(A∣B)<n מה שמתרחש אם b≠0b\neq 0b=0 ו-a=1a=1a=1.
המטריצה שלנו, כאשר b=3,a=1b=3,a=1b=3,a=1 תראה כך:

(121101132300240000)\left(\begin{array}{ccc|c} 1&2&1&1 \\ 0&1& \frac{1}{3}& \frac{2}{3} \\ 0&0&2&4 \\ 0&0&0&0 \end{array}\right)​1000​2100​131​20​132​40​​

נראה כי במצב זה יש ∞\infty∞ פתרונות עם ד"ח 1.

תרגיל (4 [ו])

אם a=2a=2a=2 קיים ערך יחיד של bbb עבורו למערכת פתרון יחיד.

לא נכון
כפי שראינו לפני כמה סעיפים, אם a≠1a\neq 1a=1 אז למערכת אין פתרון כלל.