גרסה מ־12:16, 5 בספטמבר 2012

תוכן עניינים

1 חלק א'
2 חלק ב'

חלק א'

שאלה 1

ב. הפרכה:

נניח כי $T$ באמת חד חד ערכית.

זה אומר כי $Ker(T)=\{0\}$ , ולכן $dimKer(T)=0$ .

לפי משפט הדרגה $dimKer(T)+dimIm(T)=dimV=n$

היות ו $dimKer(T)=0$ .

נקבל כי $dimIm(T)=n$ .

מצד שני, $Im(T) \subseteq W$ ולכן $dimIm(T) \leq dim W =m$ .

קיבלנו ש $n=dimIm(T)\leq m$

כלומר $n \leq m$ בסתירה לנתון ש $n > m$ .

סתירה.

ולכן $T$ לא יכולה להיות חד חד ערכית.

שאלה 2

ראשית נוכיח כי $B$ בת"ל.

נייצג את איברי $B$ בתור וקטורי קוארדינטות ב $\mathbb{R}^4$ לפי הבסיס הסטנדרטי ונקבל

$(1,1,1,1),(3,4,0,5)$ .

נשים וקטורים אלו בשורות מטריצה ונדרג אותה כדי לוודא שהם בלתי תלויים.

$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 0 & 5 \end{bmatrix} \overset{R_2=R_2-3R_1} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -3 & 2 \end{bmatrix}$

הגענו לצורה מדורגת בלי שקיבלנו שורת אפסים ולכן רשימת הוקטורים שהתחלנו איתה בת"ל.

(הערה: מי שהראה שכל צירוף $\alpha (1+x+x^2+x^3) + \beta(3+4x+5x^3)=0$ מחייב ש $\alpha=\beta=0$ . זאת גם תשובה טובה. וגם מי שהראה שאין $\alpha$ כך ש $\alpha(1+x+x^2+x^3)=3+4x+5x^3$ זו גם תשובה נכונה).

השלמת $B$ לבסיס:

הואיל ובמטריצה המדורגת שהגענו אליה יש איברים מובילים בעמודות $1,2$ למדנו שאפשר להוסיף את $(0,0,1,0),(0,0,0,1)$ כלומר $e_i$ עבור כל עמודה $i$ של משתנה חופשי.

ולכן קיבלנו בסיס $1+x+x^2+x^3,3+4x+5x^2,x^2,x^3$ .

שימו לב שצריך לנמק למה מוסיפים את $x^2,x^3$ - מי שסתם כתב שמוסיפים אותם בלי הסבר איבד נקודות.

הסברים מקובלים:

יש איברים מובילים בעמודות $1,2$ .

יש משתנים חופשיים בעמודות $3,4$

אם מוסיפים את $e_3,e_4$ המטריצה נשארת מדורגת.

אם מוסיפים את $e_3,e_4$ שורות המטריצה עדיין בלתי תלויות לינארית.

או משהו בסגנון.

יש סטודנטים שהמציאו שני וקטורים כלשהם (לאו דווקא $x^2,x^3$ ) והראו שהקבוצה הנוצרת היא בת"ל/ פורשת ולכן לפי השלישי חינם היא בסיס. יש סטודנטים שהמציאו שני וקטורים והוכיחו שהקבוצה הנוצרת בת"ל+ פורשת (שזה מיותר כי אפשר להשתמש בשלישי חינם) גם התשובות האלה התקבלו, אמנם זה מייגע, אבל זה נכון.

יש סטודנטים שהשתמשו בעוד כל מיני דרכים מקוריות, חלק מהן היו נכונות.

שאלה 3

חלק ב'

נציג תשובות לפי הסדר כפי שהופיעו בגרסא הזאת של המבחן: מבחן מועד א'.

שאלה 1

קל להוכיח שלמערכת $Ax=b$ יש פתרון $\Leftrightarrow$ $b \in C(A)$ . ולכן א' וב' הם לא התשובה.

אם $N(A)=C(A)$ מתקיים גם $dimN(A)=dimC(A)$ והיות ו $dimN(A)+dimC(A)=n$ נקבל כי $n$ חייב להיות מספר זוגי ולכן $|-A|=(-1)^n|A|=|A|$ . לכן גם ד' היא טענה נכונה.

ג' שגוי. כי $A0=0$ ו $0\in R(A)$ .

לכן התשובה היא ג'.

שאלה 2

המטריצה שמייצגת את מערכת המשוואות היא

$\begin{bmatrix}1 & 1 & a & | & 2 \\ -a & -2 & 1 & | & 0 \\ 1 & 1 & 2 & | & a\end{bmatrix} \overset{R_2=R_2+aR_1}{\rightarrow} \begin{bmatrix}1 & 1 & a & | & 2 \\ 0 & -2+a & 1+a^2 & | & 2a \\ 1 & 1 & 2 & | & a\end{bmatrix} \overset{R_3=R_3-R_1}{\rightarrow} \begin{bmatrix}1 & 1 & a & | & 2 \\ 0 & -2+a & 1+a^2 & | & 2a \\ 0 & 0 & 2-a & | & a-2\end{bmatrix}$

קל לראות שאם $a\neq 2$ יש שלושה איברים מובילים ולכן יש פתרון יחיד

נותר לראות מה קורה במקרה $a=2$ , נציב $a=2$ ונזכור ש $5=0$ . נקבל:

$\begin{bmatrix}1 & 1 & 2 & | & 2 \\ 0 & 0 & 0 & | & 4 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0\end{bmatrix}$

השורה השנייה היא שורת סתירה ולכן אין פתרון

לכן התשובה היא ד. אין ערך $a$ עבורו למערכת יש $5$ פתרונות.

שאלה 3

חישוב פשוט מראה ש

$A^2 = \begin{bmatrix} 1 & -4 & 3 \\ 1 & -3 & 2 \\ 1 & -3 & 2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -4 & 3 \\ 1 & -3 & 2 \\ 1 & -3 & 2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 1\end{bmatrix}$

ו

$A^3 = \begin{bmatrix} 1 & -4 & 3 \\ 1 & -3 & 2 \\ 1 & -3 & 2\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

ולכן התשובה הנכונה היא ב. $A^2 \neq 0$ אבל $A^3 = 0$ .

שאלה 4

התשובה היא כמובן ג', קבוצה פורשת היא מגודל של לפחות $dimV$ וקבוצה בלתי תלויה לינארית היא מגודל לכל היותר $dimV$ .

אם נוסיף איבר ל $A$ , יתקיים ש $dimV<|A|$ ולא ייתכן שהיא תהיה בת"ל.

קל גם למצוא דוגמאות נגדיות לאפשרויות האחרות.

א) ניקח $V=\mathbb{R}^2$ ו $A=\{(1,0),(0,1)\}$ .

ב) ניקח $V=\mathbb{R}^2$ ו $A=\mathbb{R}^2$ .

ד) כמו א'.

שאלה 5

לפי משפט המימדים

$dim(W_1+W_3)=dim(W_1)+dim(W_3)-dim(W_1 \cap W_3) = 2n-1$

לכן, שוב לפי משפט המימדים

$dim(W_1+W_3+W_2) = dim(W_1+W_3)+dim(W_2)-dim((W_1+W_3)\cap W_2) = 3n-1-dim((W_1+W_3)\cap W_2)$

כעת, היות ו $(W_1+W_3)\cap W_2 \subseteq W_2$ מתקיים ש $0 \leq dim((W_1+W_3)\cap W_2) \leq n$

לכן $2n-1\leq dim(W_1+W_2+W_3) \leq 3n-1$

שזה כבר פוסל את אפשרויות א'+ב'.

כדי להיות בטוחים שהתשובה היא ג'. צריך להראות שכל אחד מהמספרים האלה אפשרי.

אם $v_1$ הוא בסיס ל $W_1 \cap W_3$ , אז אפשר להשלים אותו לבסיס עבור $W_1+W_3$ :

$\{v_1,v_2, \ldots, v_{2n-1}\}$ .

ואת הבסיס הזה אפשר להשלים לבסיס של $V$ עם עוד $8n+1$ וקטורים $\{u_1,\ldots, u_{8n+1}\}$ .

עבור כל $0\leq k\leq 10$ אפשר לבחור $k$ וקטורים מתוך $\{u_1,\ldots, u_{8n+1}\}$

ועוד $n-k$ וקטורים מתוך $\{v_1,v_2, \ldots, v_{2n-1}\}$ .

אם נגדיר את $W_2$ בתור המרחב שנפרש על ידי $n$ וקטורים בלתי תלויים אלו. נקבל שהמימד של $W_1+W_2+W_3$ הוא $2n-1+k$ . לכן באמת כל מספר בתחום אפשרי.

התשובה היא ג'.

שאלה 6

הטריק פה הוא להבין שהמטריצה $A$ לא הפיכה בעוד שעבור כל בסיס $C$ המטריצה $[I]^S_C$ היא הפיכה.

לכן אין בסיסים $C$ שיקיימו את הדרוש והתשובה היא א'.

שאלה 7

לפי משפט הדרגה

$dimKer(T)+dimIm(T)=dimV=4$ .

מצד שני $Im(T)\subseteq W$ ולכן $dimIm(T)\leq dimW=2$ .

כלומר

$4=dimKer(T)+dimIm(T) \leq dimKer(T) +2$ ולכן

$2\leq dimKer(T)$

בנוסף, נשים לב ש $T$ היא העתקת האפס, אם ורק אם $dimKer(T)=4$ , היות ונתון שהיא לא העתקת האפס

$dimKer(T) \leq 3$ .

לכן קיבלנו ש $2\leq dimKer(T)\leq 3$ .

לכן ג' וד' לא נכונים ונשאר להכריע בין א' לב'.

קל לראות ששתי האפשרויות $2,3$ באמת אפשריות.

למשל אם $V=\mathbb{R}^4$ ו $W=\mathbb{R}^2$ אז אפשר לקחת

$T(x,y,z,w)=(x,0)$ וכאן $dimKer(T)=3$

ואם מגדירים $T(x,y,z,w)=(x,y)$ אז $dimKer(T)=2$ .

לכן תשובה ב' נכונה.

@@ שורה 211: / שורה 211: @@
 ==שאלה 7==
+לפי משפט הדרגה
+<math>dimKer(T)+dimIm(T)=dimV=4</math>.
+מצד שני <math>Im(T)\subseteq W</math> ולכן <math>dimIm(T)\leq dimW=2</math>.
+כלומר
+<math>4=dimKer(T)+dimIm(T) \leq dimKer(T) +2</math> ולכן
+<math>2\leq dimKer(T)</math>
+בנוסף, נשים לב ש <math>T</math> היא העתקת האפס, אם ורק אם <math>dimKer(T)=4</math>, היות ונתון שהיא לא העתקת האפס
+<math>dimKer(T) \leq 3</math>.
+לכן קיבלנו ש <math>2\leq dimKer(T)\leq 3</math>.
+לכן ג' וד' לא נכונים ונשאר להכריע בין א' לב'.
+קל לראות ששתי האפשרויות <math>2,3</math> באמת אפשריות.
+למשל אם <math>V=\mathbb{R}^4</math> ו <math>W=\mathbb{R}^2</math> אז אפשר לקחת
+<math>T(x,y,z,w)=(x,0)</math> וכאן <math>dimKer(T)=3</math>
+ואם מגדירים <math>T(x,y,z,w)=(x,y)</math> אז <math>dimKer(T)=2</math>.
+לכן תשובה ב' נכונה.
 ==שאלה 8==

הבדלים בין גרסאות בדף "אלגברה לינארית 1 תיכוניסטים קיץ תשעב/פתרון מועד א'"

גרסה מ־12:16, 5 בספטמבר 2012

תוכן עניינים

חלק א'

שאלה 1

שאלה 2

שאלה 3

חלק ב'

שאלה 1

שאלה 2

שאלה 3

שאלה 4

שאלה 5

שאלה 6

שאלה 7

שאלה 8

שאלה 9

שאלה 10

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים