17 - טרנספורצמיות ליניאריות — אלגברה אמ

משפט

יהיו $U,W$ מ"ו מעל $\mathbb{F}$ . יהי $B_{U}=\left\{ u_{1},\dots,u_{n} \right\}$ בסיס של $U$ .
תהי קבוצת וקטורים $\left\{ w_{1},\dots,w_{n} \right\}\subseteq W$ אז קיימת ט"ל יחידה $T:U\to W$ כך שלכל $i=1,\dots,n$ מתקיים:

T(u_{i})=w_{i}

תרגיל

האם קיימת $T:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}_{2}[x]$ ט"ל כך ש:

\begin{matrix} T(1,1,1)=x+1 \\ T(1,1,0)=3x^2-2x \\ T(1,0,0)=2x \end{matrix}

האם קיימת $T$ כזאת, מצאו אותה. האם היא יחידה?

פתרון לתרגיל:
קבוצת הווקטורים $B=\left\{ (1,1,1),(1,1,0),(1,0,0) \right\}$ מהווה בסיס של $\mathbb{R}^3$ (הווקטורים בת"ל - ניתן להראות ע"י פרישה במטריצה)
לכן, לפי המשפט, קיימת $T$ ט"ל יחידה המקיימת את הנדרש. נמצא אותה:
יהי $(a,b,c)\in \mathbb{R}^3$ . נבטא אותו כצ"ל של וקטורי הבסיס הנתון:

(a,b,c)=c(1,1,1)+(b-c)(1,1,0)+(a-b)(1,0,0)

במילים אחרות:

[(a,b,c)]_{B}=(c,b-c,a-b)

הערה

בעצם, הוכחנו ש- $B$ הוא בסיס כי הראנו ש- $B$ קבוצה פורשת של $\mathbb{R}^3$ .
$\dim \mathbb{R}^3=3$ ולכן כל $3$ וקטורים פורשים הם בסיס.

T(a,b,c)=T(c(1,1,1)+(b-c)(1,1,0)+(a-b)(1,0,0))=cT(1,1,1)+(b-c)T(1,1,0)+(a-b)T(1,0,0)

T(a,b,c)=c(x+1)+(b-c)(3x^2-2x)+(a-b)(2x)=cx+c+3bx^2-2bx+3cx^3+2cx+2ax-2bx

T(a,b,c)=3(b-c)x^2+(3c+2a-4b)x+c

הגדרה 1 (טרנספורמציה הפוכה)

תהי $T:U\to V$ אם קיימת $T^{-1}$ אז לכל $v \in V$ מתקיים: $T^{-1}(v)=u$ כאשר $T(u)=v$ .

תרגיל

תהי $T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$ ט"ל (לט"ל מאותו מרחב לאותו מרחב נקראת גם אופרטור) המקיימת:

\begin{matrix} T(1,0)=(1,2) \qquad T(0,1)=(1,1) \end{matrix}

האם קיימת $T^{-1}$ ? אם כן, מצאו אותה.

הוכחה:
הט"ל $T$ הנתונה, מעתיקה בסיס לבסיס של $\mathbb{R}^2$ . לכן, אם נדרוש ש- $T^{-1}$ תקיים:

T^{-1}(1,2)=(1,0) \qquad T^{-1}(1,1)=(0,1)

לפי המשפט שרשמנו זוהי ט"ל קיימת ויחידה.
נמצא את $T^{-1}$ . בשביל זה נבטא $(a,b)\in \mathbb{R}^2$ כצ"ל של $\left\{ (1,2),(1,1) \right\}$ .

\left(\begin{array}{cc|c} 1 & 1 & a \\ 2 & 1 & b \end{array}\right)\to \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 0 & -1 & b-2a \end{pmatrix}

y=2a-b \implies x+(2a-b)=a \implies x=b-a

(a,b)=(b-a)(1,2)+(2a-b)(1,1)

T^{-1}(a,b)=(b-a)T^{-1}(1,2)+(2a-b)T^{-1}(1,1)=(b-a,2a-b)

∎

גרעין ותמונה

יהיו $U,V$ מ"ו מעל $\mathbb{F}$ . תהי $T:U\to V$ ט"ל.

\ker T=\left\{ u \in U| T(u)=0 \right\}

\mathrm{Im}T=\left\{ v \in V| \exists u \in U:\; T(u)=v \right\}

10 - טרנספורמציות ליניאריות 2025-12-28 13.10.26.excalidraw.svg

משפט

$\ker T$ הינו ת"מ של $U$ .
$\mathrm{Im}T$ הינו ת"מ של $V$ .

\dim \ker T=0 \iff \ker T=\left\{ 0 \right\} \iff \R{\text{ חח"ע}} T

\dim\mathrm{Im}T=\dim V \iff \mathrm{Im}T=V \iff \R{\text{ על}} T

משפט (משפט המימדים השני)

\dim \ker T+\dim\mathrm{Im}T=\dim U

כאשר $U$ הוא המקור.

תרגיל

תהי $T:\mathbb{R}_{3}[x]\to \mathbb{R}^{2\times2}$ ט"ל.

T(ax^3+bx^2+cx+d)=\begin{pmatrix} a+b-2c & 2a+2b-4d \\ a-d & b+2c-3d \end{pmatrix}

א. מצאו בסיס ומימד של $\ker T$ .
ב. מצאו בסיס ומימד של $\mathrm{Im}T$
ג. האם $T$ על? האם $T$ חח"ע?
ד. האם $A=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\in \mathrm{Im}T$ . אם כן, כמה מקורות יש לה? אם כן, האם קבוצת המקורות מהווה ת"מ של $\mathbb{R}_{3}[x]$ ?
ה. מצאו $S_{1}:\mathbb{R}^{2\times{2}}\to \mathbb{R}_{3}[x]$ ט"ל ( $S_{1}\neq0$ ) כך ש- $S_{1} \circ T=0$ . כלומר, לכל $p(x)\in \mathbb{R}_{3}[x]$ מתקיים: $(S_{1}\circ T)(p)=S_{1}(T(p))=0$ .
ו. תבנו $S_{2}:\mathbb{R}^{2\times2}\to \mathbb{R}_{3}[x]$ ט"ל ( $S_{2}\neq 0$ ) כך ש- $T \circ S_{2}=0$ . כלומר, לכל $A \in \mathbb{R}^{2\times2}$ מתקיים: $T(S_{2}(A))=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$ .
ז. האם $\mathrm{Im}T$ הוא מרחב איזומורפי ל- $\mathbb{R}^3$ ? (כלומר, האם קיימת ט"ל $S:\mathrm{Im}T\to \mathbb{R}^3$ חח"ע ועל) אם כן, מצאו ט"ל זו.

פתרון א':

\ker T=\left\{ p(x) \in \mathbb{R}_{3}[x]|T(p(x))=\underline{0} \right\}=\left\{ \begin{array}{c|c} ax^3+bx^2+cx+d & \begin{pmatrix} a+b-2c & 2a+2b+d \\ a-d & b+2c-3d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array} \right\}

\begin{cases} a+b-2c=0 \\ 2a+2b-4d=0 \\ a-d=0 \\ b+2c-3d=0 \end{cases}

קיבלו מערכת משוואות שאנו יודעים לפתור. נפתור את המערכת.

\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -2 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 0 & -4 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & -3 & 0 \end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)

\begin{cases} a-d=0 \\ b-d=0 \\ c-d=0 \end{cases} \implies a=b=c=d

הפתרון הכללי הינו:

\left\{ \begin{pmatrix} d \\ d \\ d \\ d \end{pmatrix} \right\}=\left\{ d\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}=sp\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}

וזה אומר כי קיבלנו כי הגרעין הינו:

\ker T=\left\{ ax^3+bx^2+cx+d| a=b=c=d \right\}=\left\{ ax^3+ax^2+ax+a | a \in \mathbb{R}\right\}=sp\left\{ x^3+x^2+x+1 \right\}

\dim \ker T=1

B_{\ker T}=\left\{ x^3+x^2+x+1 \right\}

פתרון ב':
על פי משפט המימדים:

\dim U=\dim \ker T+\dim\mathrm{Im}T \implies \dim\mathrm{Im}T=\underbrace{\dim U}_{4}-\underbrace{\dim \ker T}_{1}=3

כעת, נמצא את הבסיס:

\mathrm{Im}T=\left\{ \begin{array}{c|c} \begin{pmatrix} a+b-2c & 2a+2b-4d \\ a-d & b+2c-3d \end{pmatrix} & a,b,c,d \in \mathbb{R} \end{array} \right\}=sp\left\{ \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & -4 \\ -1 & -3 \end{pmatrix} \right\}

נמצא תת קבוצה בת"ל של הקבוצה הפורשת:

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & -4 & -1 & -3 \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

כפי שציפינו, המימד הינו $3$ .

B_{\mathrm{Im}T}=\left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \right\}

פתרון ג':
הט"ל $T$ אינה על, שכן $3=\dim\mathrm{Im}T<\dim \mathbb{R}^{2\times2}$ .
היא גם אינה חח"ע כי $\dim \ker T=1>0$ .

פתרון ד':
נראה כי:

A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

ולכן: $A \in \mathrm{Im}T$ .
נראה כי ל- $A$ יש $\infty$ מקורות.
כיוון שהראנו ש- $A \in \mathrm{Im}T$ , קיים $p(x)\in \mathbb{R}_{3}[x]$ כך ש- $T(p(x))=A$ .
יהי $q(x)\in \ker T$ כך ש- $q(x)\neq 0$ . (יש $\infty$ וקטורים, כי המימד של הגרעין הוא 1)
אזי:

T(p(x)+q(x))=T(p(x))+T(q(x))=A+0=A

זה מתרחש לכל $q \in \ker T$ ומכיוון שהוא אינסופי, אזי יש $\infty$ מקורות ל- $A$ .
נבדוק האם קבוצת המקורות היא ת"מ.
לא! כי כקבוצת המקורות לא מכילה את מטריצת האפס ( $T(0)=0\neq A$ ) לכן היא איננה ת"מ של $\mathbb{R}_{3}[x]$ .

פתרון ה':
נדרוש ש- $S_{1}$ תקיים:

\mathrm{Im}T \subseteq \ker S_{1}

לכן, נקח $B_{\mathrm{Im}T}$ ונשלח כל וקטור ממנו ל- $0$ . כלומר, $S_{1}$ חייבת לקיים:

S_{1}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=0x^3+0x^2+0x+0

S_{1}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=0

S_{1}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}=0

נשלים את $B_{\mathrm{Im}T}$ לבסיס של $\mathbb{R}^{2\times 2}$ :

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

S_{1}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=x^3

לפי המשפט מתחילת השיעור, קיימת רק ט"ל יחידה המקיימת את הדרישות. נמצא אותה:
$
\begin{pmatrix}
a & b \
c & d
\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}
1 & 0 \
0 & -1
\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}
0 & 1 \
0 & 1
\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}
0 & 0 \
1 & -1
\end{pmatrix}+(d+a-b+c)\begin{pmatrix}
0 & 0 \
0 & 1
\end{pmatrix}

S_{1}\begin{pmatrix}
a & b \
c & d
\end{pmatrix}=\underbrace{aS_{1}\begin{pmatrix}
1 & 0 \
0 & -1
\end{pmatrix}+bS_{1}\begin{pmatrix}
0 & 1 \
0 & 1
\end{pmatrix}+cS_{1}\begin{pmatrix}
0 & 0 \
1 & -1
\end{pmatrix}}{0}+(d+a-b+c)S{1}\begin{pmatrix}
0 & 0 \
0 & 1
\end{pmatrix}

S_{1}\begin{pmatrix}
a & b \
c & d
\end{pmatrix}=(a-b+c+d)x^3

**פתרון ו':** נבנה $S_{2}$ כך ש-$\mathrm{Im}S_{2} \subseteq \ker T$. למשל, נדרוש $S_{2}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in \ker T$.

S_{2}\begin{pmatrix}
a&b\c&d
\end{pmatrix}=(2a+3c)(x^3+x^2+x+1) \in \ker T

אז:

T(S_{2}(A))=T((2a+3c)(x^3+x^2+x+1))=0

**פתרון ז':** > [!theorem|*] > יהיו $U,V$ איזומורפים $\iff$ $\dim U=\dim V$. במקרה שלנו, $\dim \mathrm{Im}T=3=\dim \mathbb{R}^3$ ולכן המרחבים איזומורפים. נמצא את האיזומורפיזם $S$:

\forall v \in \mathrm{Im}T:; S(v)=[v]{B{\mathrm{Im}T}}

כאשר כבר מצאנו באחד מהסעיפים הקודמים את $B_{\mathrm{Im}T}$. > [!exercise|*] > יהי $V$ מ"ו מעל שדה $\mathbb{F}$. > יהי אופרטור ליניארי $T:V\to V$. הוכיחו: > א. $\ker T \subseteq \ker T^2$. (תזכורת: $T^2(v)=T(T(v))$) > ב. $\mathrm{Im}T^2 \subseteq \mathrm{Im}T$. **הוכחה:** (א') יהי $v \in \ker T$. ⇐ $T(v)=0$ לפי הגדרת $\ker T$. ⇐ $T^2(v)=T(T(v))=T(0)=0$ ⇐ $v \in \ker T^2$. <span class="halmos">∎</span> **הוכחה:** (ב') יהי $v \in \mathrm{Im}T^2$. ⇐ קיים $u \in V$ כך ש-$T(T(u))=v$. נסמן $w=T(u)\in V$ ולכן $T(w)=v$. לכלומר, קיים $w \in V$ כך ש-$v=T(w)$ ולכן $v \in \mathrm{Im}T$. <span class="halmos">∎</span> > [!exercise|*] > תהי $T:V\to V$ ט"ל. נתון כי $V=\ker T+\mathrm{Im}T$. הוכיחו: > א. $\ker T \cap \mathrm{Im}T=\left\{ 0 \right\}$. > ב. $\ker T^2=\ker T$ > ג. $\mathrm{Im}T^2=\mathrm{Im}T$. **פתרון א':** > [!remark|*] > ללא הנתון $V=\ker T+\mathrm{Im}T$ זה לא נכון. נראה דוגמה: > $$ > T\begin{pmatrix} > a\\b > \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} > 0\\a > \end{pmatrix} > $$ > $$ > \ker T=\left\{ \begin{pmatrix} > 0\\b > \end{pmatrix} \right\} > $$ > $$ > \mathrm{Im}T=\ker T > $$ > $$ > T\left(T\begin{pmatrix} > a\\b > \end{pmatrix}\right)=T\begin{pmatrix} > 0\\a > \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} > 0\\0 > \end{pmatrix} > $$ > $$ > \Downarrow > $$ > $$ > T^2=0 > $$ לפי משפט המימדים הראשון:

\dim V=\dim(\ker T+\mathrm{Im}T)=\dim \ker T+dim\mathrm{Im}T-\dim(\ker T \cap \mathrm{Im}T)

לפי משפט המימדים השני:

\dim V=\dim \ker T+\dim \mathrm{Im}T

\dim \ker T+\dim \mathrm{Im}T-\dim(\ker T \cap \mathrm{Im}T)=\dim \ker T+\dim \mathrm{Im}T

\dim(\ker T \cap \mathrm{Im}T)=0

\mathrm{Im}T \cap \ker T=\left{ 0 \right}

**פתרון ב':** הראנו שלכל $T$ שכזה מתקיים $\ker T \subseteq \ker T^2$. נראה הכלה הפוכה($\ker T^2 \subseteq \ker T$) יהי $v \in \ker T^2$. ⇐ $T(T(v))=0$. נסמן $u=T(v)$ ⇐ $T(u)=0$ ⇐ $u \in \ker T$. על פי הסימון שלנו, נראה כי $u \in\mathrm{Im}T$ ולכן: $u \in \mathrm{Im}T \cap \ker T$. לפי סעיף $'א$ נגרר ש-$u=T(v)=0$ ⇐ $v \in \ker T$. לכן, על פי הכלה דו כיוונית, $\ker T^2=\ker T$. **פתרון ג':** באחד התרגילים הקודמים הוכחנו כי $\mathrm{Im}T^2 \subseteq \mathrm{Im}T$. $T^2$ הינו גם אופרטור ליניארי $T^2:V\to V$ ולכן, לפי משפט המימדים:

\dim\mathrm{Im}T^2=\dim V-\dim \ker T^2\underset{\begin{matrix}
\downarrow \
\R{\text{לפי סעיף 2}}
\end{matrix}}{=}\dim V-\dim \ker T \underset{\begin{matrix}
\downarrow \
\R{\text{משפט המימדים}}
\end{matrix}}{=}\dim \mathrm{Im}T

אזי, לפי משפט, $\mathrm{Im}T^2=\mathrm{Im}T$.

משפט

T(u_{i})=w_{i}

תרגיל

האם קיימת $T:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}_{2}[x]$ ט"ל כך ש:

\begin{matrix} T(1,1,1)=x+1 \\ T(1,1,0)=3x^2-2x \\ T(1,0,0)=2x \end{matrix}

האם קיימת $T$ כזאת, מצאו אותה. האם היא יחידה?

(a,b,c)=c(1,1,1)+(b-c)(1,1,0)+(a-b)(1,0,0)

במילים אחרות:

[(a,b,c)]_{B}=(c,b-c,a-b)

הערה

בעצם, הוכחנו ש- $B$ הוא בסיס כי הראנו ש- $B$ קבוצה פורשת של $\mathbb{R}^3$ .
$\dim \mathbb{R}^3=3$ ולכן כל $3$ וקטורים פורשים הם בסיס.

T(a,b,c)=T(c(1,1,1)+(b-c)(1,1,0)+(a-b)(1,0,0))=cT(1,1,1)+(b-c)T(1,1,0)+(a-b)T(1,0,0)

T(a,b,c)=c(x+1)+(b-c)(3x^2-2x)+(a-b)(2x)=cx+c+3bx^2-2bx+3cx^3+2cx+2ax-2bx

T(a,b,c)=3(b-c)x^2+(3c+2a-4b)x+c

הגדרה 1 (טרנספורמציה הפוכה)

תהי $T:U\to V$ אם קיימת $T^{-1}$ אז לכל $v \in V$ מתקיים: $T^{-1}(v)=u$ כאשר $T(u)=v$ .

תרגיל

תהי $T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$ ט"ל (לט"ל מאותו מרחב לאותו מרחב נקראת גם אופרטור) המקיימת:

\begin{matrix} T(1,0)=(1,2) \qquad T(0,1)=(1,1) \end{matrix}

האם קיימת $T^{-1}$ ? אם כן, מצאו אותה.

הוכחה:
הט"ל $T$ הנתונה, מעתיקה בסיס לבסיס של $\mathbb{R}^2$ . לכן, אם נדרוש ש- $T^{-1}$ תקיים:

T^{-1}(1,2)=(1,0) \qquad T^{-1}(1,1)=(0,1)

לפי המשפט שרשמנו זוהי ט"ל קיימת ויחידה.
נמצא את $T^{-1}$ . בשביל זה נבטא $(a,b)\in \mathbb{R}^2$ כצ"ל של $\left\{ (1,2),(1,1) \right\}$ .

\left(\begin{array}{cc|c} 1 & 1 & a \\ 2 & 1 & b \end{array}\right)\to \begin{pmatrix} 1 & 1 & a \\ 0 & -1 & b-2a \end{pmatrix}

y=2a-b \implies x+(2a-b)=a \implies x=b-a

(a,b)=(b-a)(1,2)+(2a-b)(1,1)

T^{-1}(a,b)=(b-a)T^{-1}(1,2)+(2a-b)T^{-1}(1,1)=(b-a,2a-b)

∎

גרעין ותמונה

יהיו $U,V$ מ"ו מעל $\mathbb{F}$ . תהי $T:U\to V$ ט"ל.

\ker T=\left\{ u \in U| T(u)=0 \right\}

\mathrm{Im}T=\left\{ v \in V| \exists u \in U:\; T(u)=v \right\}

10 - טרנספורמציות ליניאריות 2025-12-28 13.10.26.excalidraw.svg

משפט

$\ker T$ הינו ת"מ של $U$ .
$\mathrm{Im}T$ הינו ת"מ של $V$ .

\dim \ker T=0 \iff \ker T=\left\{ 0 \right\} \iff \R{\text{ חח"ע}} T

\dim\mathrm{Im}T=\dim V \iff \mathrm{Im}T=V \iff \R{\text{ על}} T

משפט (משפט המימדים השני)

\dim \ker T+\dim\mathrm{Im}T=\dim U

כאשר $U$ הוא המקור.

תרגיל

תהי $T:\mathbb{R}_{3}[x]\to \mathbb{R}^{2\times2}$ ט"ל.

T(ax^3+bx^2+cx+d)=\begin{pmatrix} a+b-2c & 2a+2b-4d \\ a-d & b+2c-3d \end{pmatrix}

פתרון א':

\ker T=\left\{ p(x) \in \mathbb{R}_{3}[x]|T(p(x))=\underline{0} \right\}=\left\{ \begin{array}{c|c} ax^3+bx^2+cx+d & \begin{pmatrix} a+b-2c & 2a+2b+d \\ a-d & b+2c-3d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \end{array} \right\}

\begin{cases} a+b-2c=0 \\ 2a+2b-4d=0 \\ a-d=0 \\ b+2c-3d=0 \end{cases}

קיבלו מערכת משוואות שאנו יודעים לפתור. נפתור את המערכת.

\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -2 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 0 & -4 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & -3 & 0 \end{array}\right)\to \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)

\begin{cases} a-d=0 \\ b-d=0 \\ c-d=0 \end{cases} \implies a=b=c=d

הפתרון הכללי הינו:

\left\{ \begin{pmatrix} d \\ d \\ d \\ d \end{pmatrix} \right\}=\left\{ d\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}=sp\left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}

וזה אומר כי קיבלנו כי הגרעין הינו:

\ker T=\left\{ ax^3+bx^2+cx+d| a=b=c=d \right\}=\left\{ ax^3+ax^2+ax+a | a \in \mathbb{R}\right\}=sp\left\{ x^3+x^2+x+1 \right\}

\dim \ker T=1

B_{\ker T}=\left\{ x^3+x^2+x+1 \right\}

פתרון ב':
על פי משפט המימדים:

\dim U=\dim \ker T+\dim\mathrm{Im}T \implies \dim\mathrm{Im}T=\underbrace{\dim U}_{4}-\underbrace{\dim \ker T}_{1}=3

כעת, נמצא את הבסיס:

\mathrm{Im}T=\left\{ \begin{array}{c|c} \begin{pmatrix} a+b-2c & 2a+2b-4d \\ a-d & b+2c-3d \end{pmatrix} & a,b,c,d \in \mathbb{R} \end{array} \right\}=sp\left\{ \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & -4 \\ -1 & -3 \end{pmatrix} \right\}

נמצא תת קבוצה בת"ל של הקבוצה הפורשת:

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & -4 & -1 & -3 \end{pmatrix}\to \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

כפי שציפינו, המימד הינו $3$ .

B_{\mathrm{Im}T}=\left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \right\}

פתרון ג':
הט"ל $T$ אינה על, שכן $3=\dim\mathrm{Im}T<\dim \mathbb{R}^{2\times2}$ .
היא גם אינה חח"ע כי $\dim \ker T=1>0$ .

פתרון ד':
נראה כי:

A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}

T(p(x)+q(x))=T(p(x))+T(q(x))=A+0=A

פתרון ה':
נדרוש ש- $S_{1}$ תקיים:

\mathrm{Im}T \subseteq \ker S_{1}

לכן, נקח $B_{\mathrm{Im}T}$ ונשלח כל וקטור ממנו ל- $0$ . כלומר, $S_{1}$ חייבת לקיים:

S_{1}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=0x^3+0x^2+0x+0

S_{1}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=0

S_{1}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}=0

נשלים את $B_{\mathrm{Im}T}$ לבסיס של $\mathbb{R}^{2\times 2}$ :

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

S_{1}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=x^3

S_{1}\begin{pmatrix}
a & b \
c & d
\end{pmatrix}=(a-b+c+d)x^3

**פתרון ו':** נבנה $S_{2}$ כך ש-$\mathrm{Im}S_{2} \subseteq \ker T$. למשל, נדרוש $S_{2}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\in \ker T$.

S_{2}\begin{pmatrix}
a&b\c&d
\end{pmatrix}=(2a+3c)(x^3+x^2+x+1) \in \ker T

אז:

T(S_{2}(A))=T((2a+3c)(x^3+x^2+x+1))=0

**פתרון ז':** > [!theorem|*] > יהיו $U,V$ איזומורפים $\iff$ $\dim U=\dim V$. במקרה שלנו, $\dim \mathrm{Im}T=3=\dim \mathbb{R}^3$ ולכן המרחבים איזומורפים. נמצא את האיזומורפיזם $S$:

\forall v \in \mathrm{Im}T:; S(v)=[v]{B{\mathrm{Im}T}}

כאשר כבר מצאנו באחד מהסעיפים הקודמים את $B_{\mathrm{Im}T}$. > [!exercise|*] > יהי $V$ מ"ו מעל שדה $\mathbb{F}$. > יהי אופרטור ליניארי $T:V\to V$. הוכיחו: > א. $\ker T \subseteq \ker T^2$. (תזכורת: $T^2(v)=T(T(v))$) > ב. $\mathrm{Im}T^2 \subseteq \mathrm{Im}T$. **הוכחה:** (א') יהי $v \in \ker T$. ⇐ $T(v)=0$ לפי הגדרת $\ker T$. ⇐ $T^2(v)=T(T(v))=T(0)=0$ ⇐ $v \in \ker T^2$. <span class="halmos">∎</span> **הוכחה:** (ב') יהי $v \in \mathrm{Im}T^2$. ⇐ קיים $u \in V$ כך ש-$T(T(u))=v$. נסמן $w=T(u)\in V$ ולכן $T(w)=v$. לכלומר, קיים $w \in V$ כך ש-$v=T(w)$ ולכן $v \in \mathrm{Im}T$. <span class="halmos">∎</span> > [!exercise|*] > תהי $T:V\to V$ ט"ל. נתון כי $V=\ker T+\mathrm{Im}T$. הוכיחו: > א. $\ker T \cap \mathrm{Im}T=\left\{ 0 \right\}$. > ב. $\ker T^2=\ker T$ > ג. $\mathrm{Im}T^2=\mathrm{Im}T$. **פתרון א':** > [!remark|*] > ללא הנתון $V=\ker T+\mathrm{Im}T$ זה לא נכון. נראה דוגמה: > $$ > T\begin{pmatrix} > a\\b > \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} > 0\\a > \end{pmatrix} > $$ > $$ > \ker T=\left\{ \begin{pmatrix} > 0\\b > \end{pmatrix} \right\} > $$ > $$ > \mathrm{Im}T=\ker T > $$ > $$ > T\left(T\begin{pmatrix} > a\\b > \end{pmatrix}\right)=T\begin{pmatrix} > 0\\a > \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} > 0\\0 > \end{pmatrix} > $$ > $$ > \Downarrow > $$ > $$ > T^2=0 > $$ לפי משפט המימדים הראשון:

\dim V=\dim(\ker T+\mathrm{Im}T)=\dim \ker T+dim\mathrm{Im}T-\dim(\ker T \cap \mathrm{Im}T)

לפי משפט המימדים השני:

\dim V=\dim \ker T+\dim \mathrm{Im}T

\dim \ker T+\dim \mathrm{Im}T-\dim(\ker T \cap \mathrm{Im}T)=\dim \ker T+\dim \mathrm{Im}T

\dim(\ker T \cap \mathrm{Im}T)=0

\mathrm{Im}T \cap \ker T=\left{ 0 \right}

**פתרון ב':** הראנו שלכל $T$ שכזה מתקיים $\ker T \subseteq \ker T^2$. נראה הכלה הפוכה($\ker T^2 \subseteq \ker T$) יהי $v \in \ker T^2$. ⇐ $T(T(v))=0$. נסמן $u=T(v)$ ⇐ $T(u)=0$ ⇐ $u \in \ker T$. על פי הסימון שלנו, נראה כי $u \in\mathrm{Im}T$ ולכן: $u \in \mathrm{Im}T \cap \ker T$. לפי סעיף $'א$ נגרר ש-$u=T(v)=0$ ⇐ $v \in \ker T$. לכן, על פי הכלה דו כיוונית, $\ker T^2=\ker T$. **פתרון ג':** באחד התרגילים הקודמים הוכחנו כי $\mathrm{Im}T^2 \subseteq \mathrm{Im}T$. $T^2$ הינו גם אופרטור ליניארי $T^2:V\to V$ ולכן, לפי משפט המימדים:

אזי, לפי משפט, $\mathrm{Im}T^2=\mathrm{Im}T$.