הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:איתמר שטיין"

גרסה מ־14:55, 28 באוגוסט 2012

הסבר על חישוב הופכי ב $\mathbb{Z}_p$

פתרון הבוחן:

שאלה 1:

נתון כי $A = \begin{bmatrix} 1 & a &b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ . ו $B = \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ d & 2 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix}$ .

צריך למצוא מטריצות אלמנטריות $E_1 , E_2 ,\ldots , E_k$ . כך ש $E_1 \cdot E_2 \cdot \ldots \cdot E_k A =B$ .

מדרגים את מטריצה $A$ למטריצה $B$ .

$\begin{bmatrix} 1 & a &b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \overset{R_2 = R_2 - cR_3} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & a &b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \overset{R_1 = R_1 - bR_3} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & a &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \overset{R_1 = R_1 - aR_2} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \overset{R_3 = 3R_3} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix} \overset{R_3 = R_3 + eR_1} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ e & 0 & 3 \end{bmatrix}$

$\overset{R_3 = R_3 + fR_2} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix} \overset{R_2 = 2R_2} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 2 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix} \overset{R_2 = R_2 + dR_1} {\rightarrow} \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ d & 2 & 0 \\ e & f & 3 \end{bmatrix}$

לכן מטריצות אלמנטריות מתאימות הן $E_8=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & -c \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} E_7=\begin{bmatrix} 1 & 0 &-b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} E_6=\begin{bmatrix} 1 & -a &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} E_5=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix} E_4=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ e & 0 & 1 \end{bmatrix} E_3=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & f & 1 \end{bmatrix} E_2=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} E_1=\begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ d & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

ומתקיים $E_1 \cdot E_2 \cdot \ldots \cdot E_8 A=B$ .

(זאת לא התשובה היחידה הנכונה, אבל זאת אחת הפשוטות)

שאלה 2: נתונה מערכת המיוצגת על ידי המטריצה $\begin{bmatrix} 1 & a_1 & a_2 & 0 & a_3 & | & 0 \\ a_4 & 0 & a_5 & 2 & a_6 & | & 0 \\ a_7 & 0 & a_8 & 0 & a_9 & | & 0 \end{bmatrix}$

סעיף א) אם המטריצה מדורגת זה אומר ש $a_4 = a_7 = 0$ כי שתיהם נמצאים מתחת לאיבר מוביל של השורה הראשונה.

בנוסף אפשר לראות ש $a_8=0$ . הוכחה: נניח בשלילה ש $a_8 \neq 0$ .

אם $a_5 \neq 0$ הוא נמצא מתחת לאיבר מוביל של השורה השניה.

אם $a_5 = 0$ הוא יהיה איבר מוביל משמאל לאיבר המוביל של השורה השניה.

לכן $a_8=0$ .

לגבי שאר הפרמטרים, כל בחירה שהיא שלהם תשאיר את המטריצה מדורגת ולכן לא ניתן לדעת מהם.

סעיף ב) אם $A$ מדורגת קנונית אז $2$ לא יכול להיות איבר מוביל של השורה השניה.

לכן, $a_5 \neq 0$ כלומר הוא איבר מוביל ולכן $a_5 = 1$ .

בנוסף $a_2 = 0$ כי הוא מעל האיבר המוביל של השורה השניה.

את הפרמטר $a_1$ אי אפשר לקבוע. גם את הפרמטרים $a_3,a_6,a_9$ לא ניתן עדיין לקבוע בוודאות. כי יכול להיות ש $a_9=0$ ואז $a_3,a_6$ יכולים להיות כל מספר שהוא.

ויכול להיות ש $a_9=1$ (ואז $a_3=a_6=0$ ).

סעיף ג) אם נתון שיש שני משתנים חופשיים, אז יש שלושה איברים מובילים ולכן

$a_9=1$ ולכן $a_3=a_6=0$ כי הם מעל איבר מוביל של השורה השלישית.

את $a_1$ עדיין לא ניתן לקבוע.

לכן קיבלנו

$\begin{bmatrix} 1 & a_1 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0 \end{bmatrix}$

סעיף ד) פתרון פשוט של המערכת מוביל ל

$x_5 = 0$ $x_4 = t$ $x_3=-2t$ $x_2 = s$ $x_1 = -a_1s$

כלומר

$(-a_1s,s,-2t,t,0)$ .

@@ שורה 21: / שורה 21: @@
 \begin{bmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 \\ e & 0 & 3 \end{bmatrix}
 </math>
 <math>
@@ שורה 53: / שורה 54: @@
 (זאת לא התשובה היחידה הנכונה, אבל זאת אחת הפשוטות)
+שאלה 2:
+נתונה מערכת המיוצגת על ידי המטריצה
+<math>\begin{bmatrix} 1 & a_1 & a_2 & 0 & a_3 & | & 0 \\ a_4 & 0 & a_5 & 2 & a_6 & | & 0 \\ a_7 & 0 & a_8 & 0 & a_9 & | & 0
+ \end{bmatrix}</math>
+סעיף א) אם המטריצה מדורגת זה אומר ש <math>a_4 = a_7 = 0</math> כי שתיהם נמצאים מתחת לאיבר מוביל של השורה הראשונה.
+בנוסף אפשר לראות ש <math>a_8=0</math>. הוכחה: נניח בשלילה ש <math>a_8 \neq 0</math>.
+אם <math>a_5 \neq 0</math> הוא נמצא מתחת לאיבר מוביל של השורה השניה.
+אם <math>a_5 = 0</math> הוא יהיה איבר מוביל משמאל לאיבר המוביל של השורה השניה.
+לכן <math>a_8=0</math>.
+לגבי שאר הפרמטרים, כל בחירה שהיא שלהם תשאיר את המטריצה מדורגת ולכן לא ניתן לדעת מהם.
+סעיף ב) אם <math>A</math> מדורגת קנונית אז <math>2</math> לא יכול להיות איבר מוביל של השורה השניה.
+לכן, <math>a_5 \neq 0</math> כלומר הוא איבר מוביל ולכן <math>a_5 = 1</math>.
+בנוסף <math>a_2 = 0</math> כי הוא מעל האיבר המוביל של השורה השניה.
+את הפרמטר <math>a_1</math> אי אפשר לקבוע.
+גם את הפרמטרים <math>a_3,a_6,a_9</math> לא ניתן עדיין לקבוע בוודאות. כי יכול להיות ש <math>a_9=0</math> ואז <math>a_3,a_6</math> יכולים להיות כל מספר שהוא.
+ויכול להיות ש <math>a_9=1</math> (ואז <math>a_3=a_6=0</math>).
+סעיף ג) אם נתון שיש שני משתנים חופשיים, אז יש שלושה איברים מובילים ולכן
+<math>a_9=1</math> ולכן <math>a_3=a_6=0</math> כי הם מעל איבר מוביל של השורה השלישית.
+את <math>a_1</math> עדיין לא ניתן לקבוע.
+לכן קיבלנו
+<math>\begin{bmatrix} 1 & a_1 & 0 & 0 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & | & 0
+ \end{bmatrix}</math>
+סעיף ד) פתרון פשוט של המערכת מוביל ל
+<math>x_5 = 0</math>
+<math>x_4 = t</math>
+<math>x_3=-2t</math>
+<math>x_2 = s</math>
+<math>x_1 = -a_1s</math>
+כלומר
+<math>(-a_1s,s,-2t,t,0)</math>.

הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:איתמר שטיין"

גרסה מ־14:55, 28 באוגוסט 2012

תפריט הניווט

כלים אישיים

גרסאות שפה

מרחבי שם

חיפוש

עוד

צפיות

ניווט

כלים