תרגיל 1
לפניכם ט"ל T : R 5 [ x ] → R 2 × 2 T:\mathbb{R}_{5}[x]\to \mathbb{R}^{2\times2} T : R 5 [ x ] → R 2 × 2
T ( a + b x + c x 2 + d x 3 + e x 4 + f x 5 ) = ( b a + 2 f b 4 a + 8 f ) T(a+bx+cx^2+dx^3+ex^4+fx^5)=\begin{pmatrix}
b & a+2f \\
b & 4a+8f
\end{pmatrix} T ( a + b x + c x 2 + d x 3 + e x 4 + f x 5 ) = ( b b a + 2 f 4 a + 8 f ) מצאו בסיס לתמונה של T T T
נסתכל על מרחב התמונה של T T T
U = { ( b a + 2 f b 4 a + 8 f ) a , b , f ∈ R } = { α ( 1 0 1 0 ) + β ( 0 1 0 4 ) + γ ( 0 2 0 8 ) } U=\left\{ \begin{array}{c|c}
\begin{pmatrix}
b & a+2f \\
b & 4a+8f
\end{pmatrix} & a,b,f \in \mathbb{R}
\end{array} \right\}=\left\{ \alpha \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0
\end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 4
\end{pmatrix}+\gamma \begin{pmatrix}
0 & 2 \\
0 & 8
\end{pmatrix} \right\} U = { ( b b a + 2 f 4 a + 8 f ) a , b , f ∈ R } = { α ( 1 1 0 0 ) + β ( 0 0 1 4 ) + γ ( 0 0 2 8 ) } = s p { ( 1 0 1 0 ) , ( 0 1 0 4 ) , ( 0 2 0 8 ) } =sp\left\{ \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 4
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 & 2 \\
0 & 8
\end{pmatrix} \right\} = s p { ( 1 1 0 0 ) , ( 0 0 1 4 ) , ( 0 0 2 8 ) } נסמן את הבסיס הסטאנדארטי של R 4 \mathbb{R}^4 R 4 E E E
[ ( 1 0 1 0 ) ] E = ( 1 0 1 0 ) [ ( 0 1 0 4 ) ] E = ( 0 1 0 4 ) [ ( 0 2 0 8 ) ] E = ( 0 2 0 8 ) \left[\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0
\end{pmatrix}\right]_{E}=\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} \qquad \left[\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 4
\end{pmatrix}\right]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0 \\
4
\end{pmatrix} \qquad \left[\begin{pmatrix}
0 & 2 \\
0 & 8
\end{pmatrix}\right]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
2 \\
0 \\
8
\end{pmatrix} [ ( 1 1 0 0 ) ] E = 1 0 1 0 [ ( 0 0 1 4 ) ] E = 0 1 0 4 [ ( 0 0 2 8 ) ] E = 0 2 0 8 כעת, על פי משפט, אנו יודעים כי הצבת הקורדינטות בשורות מטריצה ודירוגם לא יפגע בפרישתם של U U U
( 1 0 1 0 0 1 0 4 0 2 0 8 ) R 3 = R 3 − 2 R 2 → ( 1 0 1 0 0 1 0 4 0 0 0 0 ) \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 4 \\
0 & 2 & 0 & 8
\end{pmatrix} \overrightarrow{R_{3}=R_{3}-2R_{2}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} 1 0 0 0 1 2 1 0 0 0 4 8 R 3 = R 3 − 2 R 2 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 4 0 המטריצה מדורגת ולכן, על פי משפט, שורותיה בת"ל. ממקודם אנו יודעים כי שורותיה פורשות את U U U
B = { ( 1 0 1 0 ) , ( 0 1 0 4 ) } B=\left\{ \begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & 0
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 4
\end{pmatrix} \right\} B = { ( 1 1 0 0 ) , ( 0 0 1 4 ) } היא בסיס ל-U U U T T T
מצאו את מימד הגרעין של T T T
מסעיף א' אנו יודעים כי dim I m T = 2 \dim \mathrm{Im}T=2 dim Im T = 2 dim T = dim R 5 [ x ] = 6 \dim T=\dim \mathbb{R}_{5}[x]=6 dim T = dim R 5 [ x ] = 6
dim ker T = dim T − dim I m T = 6 − 2 = 4 \dim \ker T=\dim T-\dim \mathrm{Im}T=6-2=4 dim ker T = dim T − dim Im T = 6 − 2 = 4
מצאו בסיס לגרעין של T T T f ( x ) f(x) f ( x ) f ( 0 ) = 4 f(0)=4 f ( 0 ) = 4
יהי B = { f 1 ( x ) , f 2 ( x ) , f 3 ( x ) , f 4 ( x ) } B=\left\{ f_{1}(x),f_{2}(x),f_{3}(x),f_{4}(x) \right\} B = { f 1 ( x ) , f 2 ( x ) , f 3 ( x ) , f 4 ( x ) } ker T \ker T ker T f i ( x ) f_{i}(x) f i ( x ) f i ( 0 ) = 4 f_{i}(0)=4 f i ( 0 ) = 4 p ( x ) p(x) p ( x ) f i ( x ) f_{i}(x) f i ( x ) T ( p ( x ) ) = ( 0 0 0 0 ) T(p(x))=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix} T ( p ( x )) = ( 0 0 0 0 ) ker T \ker T ker T
ker T = { − 2 f + c x 2 + d x 3 + e x 4 + f x 5 ∣ c , d , e , f ∈ R } \ker T=\left\{ -2f+cx^2+dx^3+ex^4+fx^5 | c,d,e,f \in \mathbb{R} \right\} ker T = { − 2 f + c x 2 + d x 3 + e x 4 + f x 5 ∣ c , d , e , f ∈ R } = { f ( x 5 − 2 ) + e x 4 + d x 3 + c x 2 ∣ c , d , e , f ∈ R } = s p { x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 } =\left\{ f(x^5-2)+ex^4+dx^3+cx^2| c,d,e,f \in \mathbb{R} \right\}=sp\left\{ x^5-2,x^4,x^3,x^2 \right\} = { f ( x 5 − 2 ) + e x 4 + d x 3 + c x 2 ∣ c , d , e , f ∈ R } = s p { x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 } אנו יודעים כי ( − 2 ) ⋅ ( 0 2 − 2 ) = 4 (-2)\cdot(0^2-2)=4 ( − 2 ) ⋅ ( 0 2 − 2 ) = 4 f 1 ( x ) = − 2 x 5 + 4 f_{1}(x)=-2x^5+4 f 1 ( x ) = − 2 x 5 + 4 R 6 \mathbb{R}^6 R 6 E E E
[ x 4 ] E = ( 0 1 0 0 0 0 ) , [ x 3 ] E = ( 0 0 1 0 0 0 ) , [ x 2 ] E = ( 0 0 0 1 0 0 ) , [ − 2 x 5 + 4 ] E = ( − 2 0 0 0 0 4 ) [x^4]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [x^3]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [x^2]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix},\quad [-2x^5+4]_{E}=\begin{pmatrix}
-2 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
4
\end{pmatrix} [ x 4 ] E = 0 1 0 0 0 0 , [ x 3 ] E = 0 0 1 0 0 0 , [ x 2 ] E = 0 0 0 1 0 0 , [ − 2 x 5 + 4 ] E = − 2 0 0 0 0 4 ( − 2 0 0 0 0 4 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 ) R 2 = R 2 + R 1 R 3 = R 3 + R 1 R 4 = R 4 + R 1 → ( − 2 0 0 0 0 4 − 2 1 0 0 0 4 − 2 0 1 0 0 4 − 2 0 0 1 0 4 ) \begin{pmatrix}
-2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix} \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}
-2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\
-2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 4 \\
-2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 4 \\
-2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 4
\end{pmatrix} − 2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 4 0 0 0 R 2 = R 2 + R 1 R 3 = R 3 + R 1 R 4 = R 4 + R 1 − 2 − 2 − 2 − 2 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 4 4 4 4 מכיוון שהמימד של ker T \ker T ker T ker T \ker T ker T
B = { − 2 x 5 + 4 , − 2 x 5 + x 4 + 4 , − 2 x 5 + x 3 + 4 , − 2 x 5 + x 2 + 4 } B=\left\{ -2x^5+4,-2x^5+x^4+4,-2x^5+x^3+4,-2x^5+x^2+4 \right\} B = { − 2 x 5 + 4 , − 2 x 5 + x 4 + 4 , − 2 x 5 + x 3 + 4 , − 2 x 5 + x 2 + 4 }
מצאו בסיס לת"מ U U U R 5 [ x ] \mathbb{R}_{5}[x] R 5 [ x ]
R 5 [ x ] = U ⊕ ker T \mathbb{R}_{5}[x]=U \oplus \ker T R 5 [ x ] = U ⊕ ker T כדי שסכום יהיה ישר נדרש, ע"פ משפט, ש-U ∩ ker T = { 0 } U \cap \ker T=\left\{ 0 \right\} U ∩ ker T = { 0 } ker T \ker T ker T R 5 \mathbb{R}_{5} R 5
ker T = s p { x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 } = { a x 5 + b x 4 + c x 3 + d x 2 − 2 a a , b , c , d ∈ R } \ker T=sp\left\{ x^5-2,x^4,x^3,x^2 \right\}=\left\{ \begin{array}{c|c}
ax^5+bx^4+cx^3+dx^2-2a & a,b,c,d \in \mathbb{R}
\end{array} \right\} ker T = s p { x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 } = { a x 5 + b x 4 + c x 3 + d x 2 − 2 a a , b , c , d ∈ R } אנו רואים כי בכל איבר של ker T \ker T ker T b = 0 b=0 b = 0 a = − 2 f a=-2f a = − 2 f
U = s p { x , 1 } = { a x + b a , b ∈ R } U=sp\left\{ x,1 \right\}=\left\{ \begin{array}{c|c}
ax+b & a,b \in \mathbb{R}
\end{array} \right\} U = s p { x , 1 } = { a x + b a , b ∈ R } כעת, נראה האם יש חיתוך בין שני הבסיסים:
U ∩ ker T = { a x + b ∣ 0 = − 2 b , a = 0 } ⟹ { 0 + 0 } = { 0 } U \cap \ker T=\left\{ ax+b | 0=-2b, a=0 \right\} \implies \left\{ 0+0 \right\}=\left\{ 0 \right\} U ∩ ker T = { a x + b ∣0 = − 2 b , a = 0 } ⟹ { 0 + 0 } = { 0 } לכן, הסכום ביניהם הוא סכום ישר. כעת נראה מה הוא:
U ⊕ ker T = ↓ משפט s p { x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 , x , 1 } U \oplus \ker T \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{משפט}}
\end{matrix}}= sp\left\{ x^5-2,x^4,x^3,x^2,x,1 \right\} U ⊕ ker T ↓ משפט = s p { x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 , x , 1 } נסמן את הבסיס הטריוויאלי של R 6 \mathbb{R}^6 R 6 E E E
[ x 4 ] E = ( 0 1 0 0 0 0 ) , [ x 3 ] E = ( 0 0 1 0 0 0 ) , [ x 2 ] E = ( 0 0 0 1 0 0 ) , [ x 5 − 2 ] E = ( 1 0 0 0 0 − 2 ) [x^4]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [x^3]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [x^2]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix},\quad [x^5-2]_{E}=\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
-2
\end{pmatrix} [ x 4 ] E = 0 1 0 0 0 0 , [ x 3 ] E = 0 0 1 0 0 0 , [ x 2 ] E = 0 0 0 1 0 0 , [ x 5 − 2 ] E = 1 0 0 0 0 − 2 [ x ] E = ( 0 0 0 0 1 0 ) , [ 1 ] E = ( 0 0 0 0 0 1 ) [x]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [1]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix} [ x ] E = 0 0 0 0 1 0 , [ 1 ] E = 0 0 0 0 0 1 כעת, נוכל להציב במטריצה, שכן שורות של מטריצה שומרות על היותן פורשות בדירוג.
( 1 0 0 0 0 − 2 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 ) R 1 = R 1 + 2 R 6 → ( 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \overrightarrow{R_{1}=R_{1}+2R_{6}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 − 2 0 0 0 0 1 R 1 = R 1 + 2 R 6 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 כעת, נחזיר בחזרה ל-R 5 [ x ] \mathbb{R}_{5}[x] R 5 [ x ]
U ⊕ ker T = s p { x 5 , x 4 , x 3 , x 2 , x , 1 } U \oplus \ker T=sp\left\{ x^5,x^4,x^3,x^2,x,1 \right\} U ⊕ ker T = s p { x 5 , x 4 , x 3 , x 2 , x , 1 } הקבוצה הפורשת הינה בדיוק הבסיס הסטנדארטי של R 5 [ x ] \mathbb{R}_{5}[x] R 5 [ x ] R 5 [ x ] = U ⊕ ker T \mathbb{R}_{5}[x]=U \oplus \ker T R 5 [ x ] = U ⊕ ker T
האם קיים ת"מ W W W R 5 [ x ] \mathbb{R}_{5}[x] R 5 [ x ] U U U
R 5 [ x ] = U ⊕ ker T = W ⊕ ker T \mathbb{R}_{5}[x]=U \oplus \ker T=W \oplus \ker T R 5 [ x ] = U ⊕ ker T = W ⊕ ker T אם קיים W W W
תחילה נבין מה שואלים אותנו. דורשים מאיתנו למצוא ת"מ W ≠ U W \neq U W = U W ∩ ker T = { 0 } W \cap \ker T=\left\{ 0 \right\} W ∩ ker T = { 0 } U ⊕ ker T = W ⊕ ker T U \oplus \ker T=W \oplus \ker T U ⊕ ker T = W ⊕ ker T
W = s p { x 5 , x } = { a x 5 + b x 4 + c x 3 + d x 2 + e x + f ∣ b = c = d = f = 0 } W=sp\left\{ x^5,x \right\}=\left\{ ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f | b=c=d=f=0 \right\} W = s p { x 5 , x } = { a x 5 + b x 4 + c x 3 + d x 2 + e x + f ∣ b = c = d = f = 0 } נראה כעת כי המרחבים לא שווים. נגדיר v ‾ = x 5 + x ∈ W \underline{v}= x^5+x \in W v = x 5 + x ∈ W v ‾ ∉ U \underline{v} \not\in U v ∈ U ⟸ v ‾ ∈ U \impliedby\underline{v} \in U ⟸ v ∈ U U U U v ‾ \underline{v} v { x , 1 } \left\{ x,1 \right\} { x , 1 }
x 5 + x = v ‾ = α x + β x^5+x=\underline{v}=\alpha x+\beta x 5 + x = v = αx + β נראה כי לא קיים מצב בו x 5 = α x x^5=\alpha x x 5 = αx x 5 = β x^5=\beta x 5 = β α , β ∈ R \alpha,\beta \in \mathbb{R} α , β ∈ R U ≠ W U \neq W U = W
W ∩ ker T = { a x 5 + b x 4 + c x 3 + d x 2 − 2 a ∣ b = c = d = − 2 a = 0 } = { 0 + 0 + 0 + 0 − 2 ⋅ 0 } = { 0 } W \cap \ker T=\left\{ ax^5+bx^4+cx^3+dx^2-2a| b=c=d=-2a=0 \right\}=\left\{ 0+0+0+0-2\cdot 0 \right\}=\left\{ 0 \right\} W ∩ ker T = { a x 5 + b x 4 + c x 3 + d x 2 − 2 a ∣ b = c = d = − 2 a = 0 } = { 0 + 0 + 0 + 0 − 2 ⋅ 0 } = { 0 } לכן הסכום הוא סכום ישר. כעת נראה מהו הסכום הזה:
W ⊕ ker T = ↓ משפט s p { x 5 , x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 , x } W \oplus \ker T \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{משפט}}
\end{matrix}}= sp\left\{ x^5,x^5-2,x^4,x^3,x^2,x \right\} W ⊕ ker T ↓ משפט = s p { x 5 , x 5 − 2 , x 4 , x 3 , x 2 , x } נסמן את הבסיס הטריוואלי של R 6 \mathbb{R}^6 R 6 E E E
[ x 5 ] E = ( 1 0 0 0 0 0 ) , [ x 5 − 2 ] E = ( 1 0 0 0 0 − 2 ) , [ x 4 ] E = ( 0 1 0 0 0 0 ) , [ x 3 ] E = ( 0 0 1 0 0 0 ) [x^5]_{E}=\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [x^5-2]_{E}=\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
-2
\end{pmatrix}, \quad [x^4]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [x^3]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix} [ x 5 ] E = 1 0 0 0 0 0 , [ x 5 − 2 ] E = 1 0 0 0 0 − 2 , [ x 4 ] E = 0 1 0 0 0 0 , [ x 3 ] E = 0 0 1 0 0 0 [ x 2 ] E = ( 0 0 0 1 0 0 ) , [ x ] E = ( 0 0 0 0 1 0 ) [x^2]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}, \quad [x]_{E}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 \\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} [ x 2 ] E = 0 0 0 1 0 0 , [ x ] E = 0 0 0 0 1 0 כעת, נוכל להציב במטריצה, שכן שורות של מטריצה שומרות על היותן פורשות בדירוג.
( 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 − 2 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 ) R 2 = R 2 − R 1 → ( 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 − 2 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 ) R 2 = − 2 R 2 → ( 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 ) \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix} \overrightarrow{R_{2}=R_{2}-R_{1}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}\overrightarrow{R_{2}=-2R_{2}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix} 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 − 2 0 0 0 0 R 2 = R 2 − R 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 − 2 0 0 0 0 R 2 = − 2 R 2 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 R 2 ↔ R 6 → ( 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 ) R 5 ↔ R 2 → ( 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 ) R 2 ↔ R 4 → ( 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 ) \overrightarrow{R_{2}\leftrightarrow R_{6}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overrightarrow{R_{5}\leftrightarrow R_{2}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overrightarrow{R_{2}\leftrightarrow R_{4}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} R 2 ↔ R 6 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 R 5 ↔ R 2 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 R 2 ↔ R 4 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 R 2 ↔ R 3 → ( 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 ) \overrightarrow{R_{2}\leftrightarrow R_{3}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} R 2 ↔ R 3 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 כעת, נחזיר בחזרה ל-R 5 [ x ] \mathbb{R}_{5}[x] R 5 [ x ]
W ⊕ ker T = s p { x 5 , x 4 , x 3 , x 2 , x , 1 } W \oplus \ker T=sp\left\{ x^5,x^4,x^3,x^2,x,1 \right\} W ⊕ ker T = s p { x 5 , x 4 , x 3 , x 2 , x , 1 } שזהו בדיוק הבסיס הסטנדארטי של R 5 [ x ] \mathbb{R}_{5}[x] R 5 [ x ] W ⊕ ker T = R 5 [ x ] W \oplus \ker T=\mathbb{R}_{5}[x] W ⊕ ker T = R 5 [ x ]
תרגיל 2
יהיו T , S : V → V T,S:V\to V T , S : V → V ker ( S T ) = { 0 } \ker(ST)=\left\{ 0 \right\} ker ( ST ) = { 0 } ker S = { 0 } \ker S=\left\{ 0 \right\} ker S = { 0 } ker T = { 0 } \ker T=\left\{ 0 \right\} ker T = { 0 }
הטענה אינה נכונה .דוגמה: V = R 3 V=\mathbb{R}^3 V = R 3 V V V E = { ( 1 0 0 ) , ( 0 1 0 ) , ( 0 0 1 ) } E=\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \right\} E = ⎩ ⎨ ⎧ 1 0 0 , 0 1 0 , 0 0 1 ⎭ ⎬ ⎫
T ( 1 0 0 ) = ( 0 1 0 ) T ( 0 1 0 ) = ( 0 0 1 ) T ( 0 0 1 ) = ( 0 1 0 ) T\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} \qquad T\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix} \qquad T\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} T 1 0 0 = 0 1 0 T 0 1 0 = 0 0 1 T 0 0 1 = 0 1 0 S ( 1 0 0 ) = ( 0 0 0 ) S ( 0 1 0 ) = ( 1 0 0 ) S ( 0 0 1 ) = ( 0 1 0 ) S\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0
\end{pmatrix} \qquad S\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix} \qquad S\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix} S 1 0 0 = 0 0 0 S 0 1 0 = 1 0 0 S 0 0 1 = 0 1 0 הסבר: ker T = { 0 } \ker T=\left\{ 0 \right\} ker T = { 0 } ker S ≠ { 0 } \ker S\neq \left\{ 0 \right\} ker S = { 0 } ker ( S T ) \ker (ST) ker ( ST ) w ‾ ∈ ker ( S T ) \underline{w} \in \ker (ST) w ∈ ker ( ST ) w ‾ ∈ I m S \underline{w} \in \mathrm{Im}S w ∈ Im S w ‾ = S ( v ‾ ) \underline{w} =S(\underline{v}) w = S ( v ) v ‾ ∈ I m T \underline{v} \in \mathrm{Im}T v ∈ Im T v ‾ = T ( u ‾ ) \underline{v}=T(\underline{u}) v = T ( u ) u ‾ ≠ 0 \underline{u} \neq0 u = 0 w ‾ ≠ 0 \underline{w} \neq 0 w = 0 u ≠ 0 u \neq 0 u = 0
v ‾ = α ( 0 1 0 ) + β ( 0 0 1 ) + γ ( 0 1 0 ) = ( 0 α + γ β ) \underline{v}=\alpha \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}+\gamma \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
\alpha+\gamma \\
\beta
\end{pmatrix} v = α 0 1 0 + β 0 0 1 + γ 0 1 0 = 0 α + γ β כלומר, האיבר העליון בווקטור העמודה הזה הוא זהותית אפס לכל u ‾ ≠ 0 \underline{u} \neq 0 u = 0 w ‾ \underline{w} w
w ‾ = a ( 1 0 0 ) + b ( 0 1 0 ) = ( a b 0 ) \underline{w} =a\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
a \\
b \\
0
\end{pmatrix} w = a 1 0 0 + b 0 1 0 = a b 0 מכיוון ש-u ‾ ≠ 0 \underline{u} \neq 0 u = 0 a , b ≠ 0 a,b\neq 0 a , b = 0 w ‾ ≠ 0 \underline{w} \neq0 w = 0
יהיו T , S : V → V T,S:V\to V T , S : V → V I m ( S T ) = { 0 } \mathrm{Im}(ST)=\left\{ 0 \right\} Im ( ST ) = { 0 } ker S = V \ker S=V ker S = V ker T = V \ker T=V ker T = V
הטענה אינה נכונה .V = R 2 V=\mathbb{R}^2 V = R 2 V V V E = { ( 1 0 ) , ( 0 1 ) } E=\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} \right\} E = { ( 1 0 ) , ( 0 1 ) }
T ( 1 0 ) = ( 0 0 ) T ( 0 1 ) = ( 1 0 ) T\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
0
\end{pmatrix} \qquad T\begin{pmatrix}
0 \\
1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix} T ( 1 0 ) = ( 0 0 ) T ( 0 1 ) = ( 1 0 ) S ( 1 0 ) = ( 0 0 ) S ( 0 1 ) = ( 1 0 ) S\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
0
\end{pmatrix} \qquad S\begin{pmatrix}
0 \\
1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix} S ( 1 0 ) = ( 0 0 ) S ( 0 1 ) = ( 1 0 ) באמצעות הבסיס נראה מהן התמונות של T , S T,S T , S
T ( a b ) = a ( 0 0 ) + b ( 1 0 ) = ( b 0 ) T\begin{pmatrix}
a \\
b
\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}
0 \\
0
\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
b \\
0
\end{pmatrix} T ( a b ) = a ( 0 0 ) + b ( 1 0 ) = ( b 0 ) מכיוון שזה מתקיים לכל b ∈ R b \in \mathbb{R} b ∈ R I m T ≠ { 0 } \mathrm{Im}T\neq \left\{ 0 \right\} Im T = { 0 }
S ( a b ) = a ( 0 0 ) + b ( 1 0 ) = ( b 0 ) S\begin{pmatrix}
a \\
b
\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}
0 \\
0
\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
b \\
0
\end{pmatrix} S ( a b ) = a ( 0 0 ) + b ( 1 0 ) = ( b 0 ) מכיוון שזה מתקיים לכל b ∈ R b \in \mathbb{R} b ∈ R I m S ≠ { 0 } \mathrm{Im}S\neq \left\{ 0 \right\} Im S = { 0 } T = S T=S T = S I m ( S T ) = { 0 } \mathrm{Im}(ST)=\left\{ 0 \right\} Im ( ST ) = { 0 } v ‾ ∈ R 2 \underline{v} \in \mathbb{R}^2 v ∈ R 2 S ( T ( v ‾ ) ) = 0 S(T(\underline{v}))=0 S ( T ( v )) = 0 v ‾ ∈ R 2 \underline{v} \in \mathbb{R}^2 v ∈ R 2 S ( T ( v ‾ ) ) ≠ 0 S(T(\underline{v}))\neq 0 S ( T ( v )) = 0 u ‾ = T ( v ‾ ) \underline{u} =T(\underline{v}) u = T ( v ) u ‾ = T ( v ‾ ) = 0 \underline{u}=T(\underline{v})=0 u = T ( v ) = 0 S ( u ‾ ) = 0 S(\underline{u})=0 S ( u ) = 0 T ( v ‾ ) ≠ 0 T(\underline{v})\neq 0 T ( v ) = 0 u ‾ \underline{u} u ( b 0 ) \begin{pmatrix}b\\0\end{pmatrix} ( b 0 ) S S S
S ( b 0 ) = b ⋅ ( 0 0 ) + 0 ⋅ ( 1 0 ) = ( 0 0 ) S\begin{pmatrix}
b \\
0
\end{pmatrix}=b \cdot \begin{pmatrix}
0 \\
0
\end{pmatrix}+0 \cdot \begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
0
\end{pmatrix} S ( b 0 ) = b ⋅ ( 0 0 ) + 0 ⋅ ( 1 0 ) = ( 0 0 ) בסתירה להנחה שלנו. לכן I m ( S T ) = 0 \mathrm{Im}(ST)=0 Im ( ST ) = 0
יהיו T , S : V → V T,S:V\to V T , S : V → V I m ( S T ) = { 0 } \mathrm{Im}(ST)=\left\{ 0 \right\} Im ( ST ) = { 0 } I m S ⊆ ker T \mathrm{Im}S \subseteq \ker T Im S ⊆ ker T
הטענה לא נכונה .
S ( 0 1 ) = ( 0 1 ) S\begin{pmatrix}
0 \\
1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 \\
1
\end{pmatrix} S ( 0 1 ) = ( 0 1 ) דבר זה אינו משנה את העובדה כי I m ( S T ) = { 0 } \mathrm{Im}(ST)=\left\{ 0 \right\} Im ( ST ) = { 0 } v ‾ ∈ I m T \underline{v} \in \mathrm{Im}T v ∈ Im T ( b 0 ) \begin{pmatrix}b\\0\end{pmatrix} ( b 0 ) ker S \ker S ker S
I m T = s p { ( 1 0 ) } I m S = s p { ( 0 1 ) } \mathrm{Im}T=sp\left\{ \begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix} \right\} \qquad \mathrm{Im}S=sp\left\{ \begin{pmatrix}
0 \\
1
\end{pmatrix} \right\} Im T = s p { ( 1 0 ) } Im S = s p { ( 0 1 ) } ker T = s p { ( 1 0 ) } ker S = s p { ( 1 0 ) } \ker T=sp\left\{ \begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix} \right\} \qquad \ker S=sp\left\{ \begin{pmatrix}
1 \\
0
\end{pmatrix} \right\} ker T = s p { ( 1 0 ) } ker S = s p { ( 1 0 ) } ולכן מתקיים כי I m S = { ( 0 b ) b ∈ R } ⊈ { ( a 0 ) a ∈ R } = ker T \mathrm{Im}S=\left\{ \begin{array}{c|c}\begin{pmatrix}0\\b\end{pmatrix}&b \in \mathbb{R}\end{array} \right\}\not \subseteq \left\{ \begin{array}{c|c}\begin{pmatrix}a\\0\end{pmatrix} & a \in \mathbb{R}\end{array} \right\}=\ker T Im S = { ( 0 b ) b ∈ R } ⊆ { ( a 0 ) a ∈ R } = ker T
יהיו T , S : V → V T,S:V\to V T , S : V → V I m ( S T ) = { 0 } \mathrm{Im}(ST)=\left\{ 0 \right\} Im ( ST ) = { 0 } I m T ⊆ ker S \mathrm{Im}T \subseteq \ker S Im T ⊆ ker S
הטענה נכונה .הוכחה: S , T : V → V S,T:V\to V S , T : V → V I m ( S T ) = { 0 } \mathrm{Im}(ST)=\left\{ 0 \right\} Im ( ST ) = { 0 } v ‾ ∈ I m T \underline{v} \in \mathrm{Im}T v ∈ Im T v ‾ ∈ ker S \underline{v} \in\ \ker S v ∈ ker S I m T ⊆ ker S \mathrm{Im}T \subseteq \ker S Im T ⊆ ker S ∎
תרגיל 3
הראו שההעתקה הבאה על R 3 \mathbb{R}^3 R 3 T − 1 T^{-1} T − 1
T ( x , y , z ) = ( x + z , x − z , y ) T(x,y,z)=(x+z,x-z,y) T ( x , y , z ) = ( x + z , x − z , y ) הוכחה: T T T ⟺ \iff ⟺ ker T = { 0 } \ker T=\left\{ 0 \right\} ker T = { 0 } v ‾ = ( x 1 , y 1 , z 1 ) ≠ ( 0 , 0 , 0 ) \underline{v}=(x_{1},y_{1},z_{1})\neq(0,0,0) v = ( x 1 , y 1 , z 1 ) = ( 0 , 0 , 0 ) T ( v ‾ ) = 0 T(\underline{v})=0 T ( v ) = 0
T ( v ‾ ) = ( x 1 + z 1 , x 1 − z 1 , y 1 ) = ( 0 , 0 , 0 ) T(\ \underline{v}\ )=(x_{1}+z_{1},x_{1}-z_{1},y_{1})=(0,0,0) T ( v ) = ( x 1 + z 1 , x 1 − z 1 , y 1 ) = ( 0 , 0 , 0 ) לכן מתקיים:
{ x 1 + z 1 = 0 ⟹ x 1 = − z 1 x 1 − z 1 = 0 ⟹ x 1 = z 1 y 1 = 0 \begin{cases}
x_{1}+z_{1}=0 \implies x_{1}=-z_{1} \\
x_{1}-z_{1}=0 \implies x_{1}=z_{1} \\
y_{1}=0
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x 1 + z 1 = 0 ⟹ x 1 = − z 1 x 1 − z 1 = 0 ⟹ x 1 = z 1 y 1 = 0 לכן, v ‾ = ( 0 , 0 , 0 ) \underline{v}=(0,0,0) v = ( 0 , 0 , 0 ) ker T = { 0 } \ker T=\left\{ 0 \right\} ker T = { 0 } T T T T : R 3 → R 3 T:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3 T : R 3 → R 3 ⟺ \iff ⟺ I m T = R 3 \mathrm{Im}T=\mathbb{R}^3 Im T = R 3 I m T \mathrm{Im}T Im T
I m T = { ( x + z , x − z , y ) ∣ x , y , z ∈ R } = { x ( 1 , 1 , 0 ) + y ( 0 , 0 , 1 ) + z ( 1 , − 1 , 0 ) ∣ x , y , z ∈ R } \mathrm{Im}T=\left\{ (x+z,x-z,y) | x,y,z \in \mathbb{R} \right\}=\left\{ x(1,1,0)+y(0,0,1)+z(1,-1,0)|x,y,z \in \mathbb{R} \right\} Im T = { ( x + z , x − z , y ) ∣ x , y , z ∈ R } = { x ( 1 , 1 , 0 ) + y ( 0 , 0 , 1 ) + z ( 1 , − 1 , 0 ) ∣ x , y , z ∈ R } I m T = s p { ( 1 , 1 , 0 ) , ( 1 , − 1 , 0 ) , ( 0 , 0 , 1 ) } \mathrm{Im}T=sp\left\{ (1,1,0),(1,-1,0),(0,0,1) \right\} Im T = s p { ( 1 , 1 , 0 ) , ( 1 , − 1 , 0 ) , ( 0 , 0 , 1 ) } נציב בשורות של מטריצה אשר שומרות על היותן של השורות פורשות גם לאחר דירוג.
( 1 1 0 1 − 1 0 0 0 1 ) R 2 = R 2 − R 1 → ( 1 1 0 0 − 2 0 0 0 1 ) R 2 = − 1 2 R 2 → ( 1 1 0 0 1 0 0 0 1 ) R 1 = R 1 − R 2 → ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \overrightarrow{R_{2}=R_{2}-R_{1}}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
0 & -2 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overrightarrow{R_{2}=-\frac{1}{2}R_{2}}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\overrightarrow{R_{1}=R_{1}-R_{2}}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} 1 1 0 1 − 1 0 0 0 1 R 2 = R 2 − R 1 1 0 0 1 − 2 0 0 0 1 R 2 = − 2 1 R 2 1 0 0 1 1 0 0 0 1 R 1 = R 1 − R 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 על פי משפט, שורות של מטריצה מדורגת הן בט"ל ולכן, שורות המטריצה הן בסיס ל-I m T \mathrm{Im}T Im T
B I m T = { ( 1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 1 , 0 ) , ( 0 , 0 , 1 ) } = R 3 B_{\mathrm{Im}T}=\left\{ (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) \right\}=\mathbb{R}^3 B Im T = { ( 1 , 0 , 0 ) , ( 0 , 1 , 0 ) , ( 0 , 0 , 1 ) } = R 3 לכן, T T T T T T T − 1 T^{-1} T − 1 T T T R 3 \mathbb{R}^3 R 3
T ( 1 , 0 , 0 ) = ( 1 , 1 , 0 ) T ( 0 , 1 , 0 ) = ( 1 , − 1 , 0 ) T ( 0 , 0 , 1 ) = ( 0 , 0 , 1 ) T(1,0,0)=(1,1,0) \qquad T(0,1,0)=(1,-1,0) \qquad T(0,0,1)=(0,0,1) T ( 1 , 0 , 0 ) = ( 1 , 1 , 0 ) T ( 0 , 1 , 0 ) = ( 1 , − 1 , 0 ) T ( 0 , 0 , 1 ) = ( 0 , 0 , 1 ) הט"ל T T T R 3 \mathbb{R}^3 R 3 R 3 \mathbb{R}^3 R 3 R 3 \mathbb{R}^3 R 3 T − 1 T^{-1} T − 1
T − 1 ( 1 , 1 , 0 ) = ( 1 , 0 , 0 ) T − 1 ( 1 , − 1 , 0 ) = ( 0 , 1 , 0 ) T − 1 ( 0 , 0 , 1 ) = ( 0 , 0 , 1 ) T^{-1}\begin{pmatrix}
1,1,0
\end{pmatrix}=(1,0,0) \qquad T^{-1}(1,-1,0)=(0,1,0) \qquad T^{-1}(0,0,1)=(0,0,1) T − 1 ( 1 , 1 , 0 ) = ( 1 , 0 , 0 ) T − 1 ( 1 , − 1 , 0 ) = ( 0 , 1 , 0 ) T − 1 ( 0 , 0 , 1 ) = ( 0 , 0 , 1 ) כעת, נמצא את T − 1 T^{-1} T − 1
T − 1 ( a , b , c ) = T − 1 ( ( b 2 + a 2 ) ( 1 , 1 , 0 ) , ( a − b 2 ) ( 1 , − 1 , 0 ) , c ( 0 , 0 , 1 ) ) T^{-1}(a,b,c)=T^{-1}\left( \begin{pmatrix}
\frac{b}{2}+\frac{a}{2}
\end{pmatrix} (1,1,0),\begin{pmatrix}
\frac{a-b}{2}
\end{pmatrix}(1,-1,0),c(0,0,1) \right) T − 1 ( a , b , c ) = T − 1 ( ( 2 b + 2 a ) ( 1 , 1 , 0 ) , ( 2 a − b ) ( 1 , − 1 , 0 ) , c ( 0 , 0 , 1 ) ) = ↓ הגדרת ט"ל ( ( b 2 + a 2 ) T − 1 ( 1 , 1 , 0 ) , ( a − b 2 ) T − 1 ( 1 , − 1 , 0 ) , c T − 1 ( 0 , 0 , 1 ) ) = \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגדרת ט"ל}}
\end{matrix}}{=}\left( \begin{pmatrix}
\frac{b}{2}+\frac{a}{2}
\end{pmatrix}T^{-1}(1,1,0), \begin{pmatrix}
\frac{a-b}{2}
\end{pmatrix}T^{-1}(1,-1,0),cT^{-1}(0,0,1) \right)= ↓ הגדרת ט"ל = ( ( 2 b + 2 a ) T − 1 ( 1 , 1 , 0 ) , ( 2 a − b ) T − 1 ( 1 , − 1 , 0 ) , c T − 1 ( 0 , 0 , 1 ) ) = ( ( b 2 + a 2 ) ( 1 , 0 , 0 ) , ( a − b 2 ) ( 0 , 1 , 0 ) , c ( 0 , 0 , 1 ) ) = ( a + b 2 , a − b 2 , c ) \left( \begin{pmatrix}
\frac{b}{2}+\frac{a}{2}
\end{pmatrix}(1,0,0),\begin{pmatrix}
\frac{a-b}{2}
\end{pmatrix}(0,1,0),c(0,0,1) \right)=\left( \frac{a+b}{2},\frac{a-b}{2},c \right) ( ( 2 b + 2 a ) ( 1 , 0 , 0 ) , ( 2 a − b ) ( 0 , 1 , 0 ) , c ( 0 , 0 , 1 ) ) = ( 2 a + b , 2 a − b , c ) אזי מתקיים כי:
T − 1 ( a , b , c ) = ( a + b 2 , a − b 2 , c ) T^{-1}(a,b,c)=\left( \frac{a+b}{2},\frac{a-b}{2},c \right) T − 1 ( a , b , c ) = ( 2 a + b , 2 a − b , c ) ∎
תרגיל 4
יהא V V V n > 2 n>2 n > 2 T , S : V → V T,S:V\to V T , S : V → V S , T 0 S,T_{0} S , T 0 ker T = ker S ≠ { 0 } \ker T=\ker S\neq \left\{ 0 \right\} ker T = ker S = { 0 } I m T = I m S \mathrm{Im}T=\mathrm{Im}S Im T = Im S T ≠ S T \neq S T = S
נקח B = { v ‾ 1 , v ‾ 2 , … , v ‾ n } B=\left\{ \underline{v}_{1},\underline{v}_{2},\dots,\underline{v}_{n} \right\} B = { v 1 , v 2 , … , v n } V V V S , T S,T S , T
T ( v ‾ 1 ) = 0 T ( v ‾ 2 ) = v ‾ 1 T ( v ‾ 3 ) = v ‾ 2 … T ( v ‾ n − 1 ) = v ‾ n − 2 T ( v ‾ n ) = v ‾ n − 1 T(\underline{v}_{1})=0 \qquad T(\underline{v}_{2})=\underline{v}_{1} \qquad T(\underline{v}_{3})=\underline{v}_{2} \quad \dots \quad T(\underline{v}_{n-1})=\underline{v}_{n-2} \qquad T(\underline{v}_{n})=\underline{v}_{n-1} T ( v 1 ) = 0 T ( v 2 ) = v 1 T ( v 3 ) = v 2 … T ( v n − 1 ) = v n − 2 T ( v n ) = v n − 1 S ( v ‾ 1 ) = 0 S ( v ‾ 2 ) = v ‾ 3 … S ( v ‾ n − 2 ) = v ‾ n − 1 S ( v ‾ n − 1 ) = v ‾ 1 S ( v ‾ n ) = v ‾ 2 S(\underline{v}_{1})=0 \qquad S(\underline{v}_{2})=\underline{v}_{3} \quad \dots \quad S(\underline{v}_{n-2})=\underline{v}_{n-1} \qquad S(\underline{v}_{n-1})=\underline{v}_{1} \qquad S(\underline{v}_{n})=\underline{v}_{2} S ( v 1 ) = 0 S ( v 2 ) = v 3 … S ( v n − 2 ) = v n − 1 S ( v n − 1 ) = v 1 S ( v n ) = v 2 נראה כי T ≠ S T\neq S T = S v ‾ 2 \underline{v}_{2} v 2 S S S T T T v ‾ 1 = T ( v ‾ 2 ) ≠ S ( v ‾ 2 ) = v ‾ 3 \underline{v}_{1}=T(\underline{v}_{2})\neq S(\underline{v}_{2})=\underline{v}_{3} v 1 = T ( v 2 ) = S ( v 2 ) = v 3
I m T = s p { 0 , v ‾ 1 , … , v ‾ n − 1 } = s p { 0 , v ‾ 3 , … , v ‾ n − 1 , v ‾ 1 , v ‾ 2 } = I m S \mathrm{Im}T=sp\left\{ 0,\underline{v}_{1},\dots,\underline{v}_{n-1} \right\}=sp\left\{ 0,\underline{v}_{3},\dots,\underline{v}_{n-1},\underline{v}_{1},\underline{v}_{2} \right\}=\mathrm{Im}S Im T = s p { 0 , v 1 , … , v n − 1 } = s p { 0 , v 3 , … , v n − 1 , v 1 , v 2 } = Im S וגם:
ker T = s p { α v ‾ 1 } = s p { β v ‾ 1 } = ker S \ker T=sp\left\{ \alpha \underline{v}_{1} \right\}=sp\left\{ \beta \underline{v}_{1} \right\}=\ker S ker T = s p { α v 1 } = s p { β v 1 } = ker S כנדרש.
תרגיל 5
תהא T T T V V V W W W T : V → W T:V\to W T : V → W v 0 v_{0} v 0 V V V A 1 = { v ∈ V ∣ T ( v ) = T ( v 0 ) } A_{1}=\left\{ v \in V|T(v)=T(v_{0}) \right\} A 1 = { v ∈ V ∣ T ( v ) = T ( v 0 ) } A 2 = { v 0 + u ∣ u ∈ ker T } A_{2}=\left\{ v_{0}+u|u \in \ker T \right\} A 2 = { v 0 + u ∣ u ∈ ker T } A 1 = A 2 A_{1}=A_{2} A 1 = A 2
הוכחה: v ‾ ∈ A 2 \underline{v} \in A_{2} v ∈ A 2 v ‾ = v 0 + u \underline{v}=v_{0}+u v = v 0 + u u ∈ ker T u \in \ker T u ∈ ker T T T T
T ( v ‾ ) = T ( v 0 + u ) = ↓ לפי הגדרת ט"ל T ( v 0 ) + T ( u ) = ↓ u ∈ ker T T ( v 0 ) T(\underline{v})=T(v_{0}+u)\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לפי הגדרת ט"ל}}
\end{matrix}}{=}T(v_{0})+T(u)\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
u \in \ker T
\end{matrix}}{=}T(v_{0}) T ( v ) = T ( v 0 + u ) ↓ לפי הגדרת ט"ל = T ( v 0 ) + T ( u ) ↓ u ∈ ker T = T ( v 0 ) ולכן, על פי הגדרת הקבוצות, v ‾ ∈ A 1 \underline{v} \in A_{1} v ∈ A 1 A 2 ⊆ A 1 A_{2} \subseteq A_{1} A 2 ⊆ A 1 w ‾ ∈ A 1 \underline{w} \in A_{1} w ∈ A 1 T ( w ‾ ) = T ( v 0 ) T(\underline{w})=T(v_{0}) T ( w ) = T ( v 0 ) x ‾ ∈ ker T \underline{x} \in \ker T x ∈ ker T
T ( w ‾ ) + 0 = T ( v 0 ) + 0 T(\underline{w})+0=T(v_{0})+0 T ( w ) + 0 = T ( v 0 ) + 0 על פי הגדרת ט"ל, נוכל להכניס את האפס באגף ימין לתוך הט"ל, שכן T ( x ‾ ) = 0 T(\underline{x})=0 T ( x ) = 0
T ( w ‾ ) = T ( v 0 + x ‾ ) T(\underline{w})=T(v_{0}+\underline{x}) T ( w ) = T ( v 0 + x ) ולכן, w ‾ ∈ A 2 \underline{w} \in A_{2} w ∈ A 2 A 1 ⊆ A 2 A_{1} \subseteq A_{2} A 1 ⊆ A 2 A 1 = A 2 A_{1}=A_{2} A 1 = A 2 ∎
תרגיל 6
יהא 2 ≤ n ∈ N 2\leq n \in \mathbb{N} 2 ≤ n ∈ N S , T S,T S , T R n \mathbb{R}^n R n V V V 1 1 1 R n \mathbb{R}^n R n u , v u,v u , v
T ( v ) = S ( u ) = 0 ∧ S ( v ) ≠ 0 , T ( u ) ≠ 0 T(v)=S(u)=0 \land S(v)\neq 0,T(u)\neq 0 T ( v ) = S ( u ) = 0 ∧ S ( v ) = 0 , T ( u ) = 0 מצאו את המימד של ker T ∩ ker S \ker T \cap \ker S ker T ∩ ker S
הוכחה: ker T \ker T ker T ker S \ker S ker S ker S \ker S ker S ker T \ker T ker T
dim R n ⏟ n = dim T = dim ker T + dim I m T ≤ ↓ dim V = 1 ⇓ dim I m T ≤ 1 dim ker T + 1 \underbrace{\dim \mathbb{R}^n}_{n}=\dim T=\dim \ker T+\dim\mathrm{Im}T \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\dim V= 1 \\
\Downarrow \\
\dim \mathrm{Im}T\leq 1
\end{matrix}}{\leq} \dim \ker T+1 n dim R n = dim T = dim ker T + dim Im T ↓ dim V = 1 ⇓ dim Im T ≤ 1 ≤ dim ker T + 1 מכיוון ש-dim I m T ∈ { 0 , 1 } \dim\mathrm{Im}T \in \left\{ 0,1 \right\} dim Im T ∈ { 0 , 1 } dim ker T \dim \ker T dim ker T n − 1 n-1 n − 1 n n n dim ker T = n \dim \ker T=n dim ker T = n ker T = R n \ker T=\mathbb{R}^n ker T = R n u ∈ R n u \in \mathbb{R}^n u ∈ R n ker T \ker T ker T dim ker T = n − 1 \dim \ker T=n-1 dim ker T = n − 1
dim R n ⏟ n = dim S = dim ker S + dim I m S ≤ ↓ dim V = 1 ⇓ dim I m S ≤ 1 dim ker S + 1 \underbrace{\dim \mathbb{R}^n}_{n}=\dim S=\dim \ker S+\dim \mathrm{Im}S \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\dim V= 1 \\
\Downarrow \\
\dim \mathrm{Im}S\leq 1
\end{matrix}}{\leq} \dim \ker S+1 n dim R n = dim S = dim ker S + dim Im S ↓ dim V = 1 ⇓ dim Im S ≤ 1 ≤ dim ker S + 1 מכיוון ש-dim I m S ∈ { 0 , 1 } \dim\mathrm{Im}S \in \left\{ 0,1 \right\} dim Im S ∈ { 0 , 1 } dim ker S \dim \ker S dim ker S n − 1 n-1 n − 1 n n n dim ker S = n \dim \ker S=n dim ker S = n ker S = R n \ker S=\mathbb{R}^n ker S = R n v ∈ R n v \in \mathbb{R}^n v ∈ R n ker S \ker S ker S dim ker S = n − 1 \dim \ker S=n-1 dim ker S = n − 1 ( ker S + ker T ) (\ker S+\ker T) ( ker S + ker T ) R n \mathbb{R}^n R n dim ( ker S + ker T ) ∈ { n − 1 , n } \dim(\ker S+\ker T)\in \left\{ n-1,n \right\} dim ( ker S + ker T ) ∈ { n − 1 , n } ker S = ker T = n − 1 \ker S=\ker T=n-1 ker S = ker T = n − 1 dim R n = n \dim \mathbb{R}^n=n dim R n = n ker T \ker T ker T ker S \ker S ker S dim ( ker T + ker S ) = n − 1 \dim(\ker T+\ker S)=n-1 dim ( ker T + ker S ) = n − 1 ker S ⊂ ker T \ker S \subset \ker T ker S ⊂ ker T ker S \ker S ker S ker T \ker T ker T dim ( ker T + ker S ) = n \dim(\ker T+\ker S)=n dim ( ker T + ker S ) = n
dim ( ker T + ker S ) ⏟ n = dim ker T ⏟ n − 1 + dim ker S ⏟ n − 1 − dim ( ker S ∩ ker T ) \underbrace{\dim(\ker T+\ker S)}_{n}=\underbrace{\dim \ker T}_{n-1}+\underbrace{\dim \ker S}_{n-1}-\dim(\ker S \cap \ker T) n dim ( ker T + ker S ) = n − 1 dim ker T + n − 1 dim ker S − dim ( ker S ∩ ker T ) dim ( ker S ∩ ker T ) = 2 n − 2 − n = n − 2 \dim(\ker S \cap \ker T)=2n-2-n=n-2 dim ( ker S ∩ ker T ) = 2 n − 2 − n = n − 2 ∎
תרגיל 7
יהי V V V 3 3 3 F \mathbb{F} F T : F 3 → V T:\mathbb{F}^3\to V T : F 3 → V T T T T T T
הוכחה: dim V = 3 \dim V=3 dim V = 3 V V V U = { v ‾ 1 , v ‾ 2 , v ‾ 3 } U=\left\{ \underline{v}_{1},\underline{v}_{2},\underline{v}_{3} \right\} U = { v 1 , v 2 , v 3 } T T T
T ( 1 0 0 ) = v ‾ 1 T ( 0 1 0 ) = v ‾ 2 T ( 0 0 1 ) = v ‾ 3 T\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}=\underline{v}_{1} \qquad T\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}=\underline{v}_{2} \qquad T\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}=\underline{v}_{3} T 1 0 0 = v 1 T 0 1 0 = v 2 T 0 0 1 = v 3 אזי, לכל ( a b c ) \begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} a b c a , b , c ∈ F a,b,c \in \mathbb{F} a , b , c ∈ F
T ( a b c ) = T ( a ( 1 0 0 ) + b ( 0 1 0 ) + c ( 0 0 1 ) ) = ↓ הגדרת ט"ל a T ( 1 0 0 ) + b T ( 0 1 0 ) + c T ( 0 0 1 ) T\begin{pmatrix}
a \\
b \\
c
\end{pmatrix}=T\left(a\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}\right)\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{הגדרת ט"ל}}
\end{matrix}}{=}aT\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{pmatrix}+bT\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}+cT\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{pmatrix} T a b c = T a 1 0 0 + b 0 1 0 + c 0 0 1 ↓ הגדרת ט"ל = a T 1 0 0 + b T 0 1 0 + c T 0 0 1 T ( a b c ) = a v ‾ 1 + b v ‾ 2 + c v ‾ 3 T\begin{pmatrix}
a \\
b \\
c
\end{pmatrix}=a\underline{v}_{1}+b\underline{v}_{2}+c\underline{v}_{3} T a b c = a v 1 + b v 2 + c v 3 כעת נוכיח כי T T T T T T ⟺ \iff ⟺ ker T = { 0 } \ker T=\left\{ 0 \right\} ker T = { 0 } ( 0 0 0 ) ≠ ( x y z ) ∈ ker T \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}\neq\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \in \ker T 0 0 0 = x y z ∈ ker T T T T
T ( x y z ) = x v ‾ 1 + y v ‾ 2 + z v ‾ 3 = 0 ‾ V = ↓ בת"ל v 1 , v 2 , v 3 0 v ‾ 1 + 0 v ‾ 2 + 0 v ‾ 3 T\begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix}=x\underline{v}_{1}+y\underline{v}_{2}+z\underline{v}_{3}=\underline{0}_{V}\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ בת"ל}}v_{1},v_{2},v_{3}
\end{matrix}}{=}0\underline{v}_{1}+0\underline{v}_{2}+0\underline{v}_{3} T x y z = x v 1 + y v 2 + z v 3 = 0 V ↓ בת"ל v 1 , v 2 , v 3 = 0 v 1 + 0 v 2 + 0 v 3 ולכן: ( x y z ) = ( 0 0 0 ) \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} x y z = 0 0 0 ker T = { 0 } \ker T=\left\{ 0 \right\} ker T = { 0 } T T T dim V = dim F 3 \dim V=\dim \mathbb{F}^3 dim V = dim F 3 T T T T ⟺ T \iff T ⟺ T T T T T T ∎