הבדלים בין גרסאות בדף "שיחת משתמש:Nimrod"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
מ (←‏הצמוד של שורש של פולינום)
(←‏לינארית: תרגיל 3, שאלה 6.41ב: פסקה חדשה)
שורה 29: שורה 29:
 
<math>\begin{align}p(z)&=\sum_{k=0}^n{a_k z^k}\\&=0\\&=\bar0\\&=\overline{\sum_{k=0}^n{a_k z^k}}\\&=\sum_{k=0}^n\overline{a_k z^k}\\&=\sum_{k=0}^n{a_k \bar z^k}\\&=p(\bar z)\end{align}</math>
 
<math>\begin{align}p(z)&=\sum_{k=0}^n{a_k z^k}\\&=0\\&=\bar0\\&=\overline{\sum_{k=0}^n{a_k z^k}}\\&=\sum_{k=0}^n\overline{a_k z^k}\\&=\sum_{k=0}^n{a_k \bar z^k}\\&=p(\bar z)\end{align}</math>
 
</div>
 
</div>
 +
 +
== לינארית: תרגיל 3, שאלה 6.41ב ==
 +
 +
<math>A^{-1}</math> קיימת ולכן קיימת <math>A^{-n}</math>. נראה ש-<math>A^{-n}A^n=I</math>:
 +
 +
<math>\begin{align}A^{-n}A^n&=A^{-n+1}A^{-1}AA^{n-1}\\&=A^{-n+1}A^{n-1}\\&=\cdots\\&=I\end{align}</math>
 +
 +
[[משתמש:אור שחף|אור שחף]], [[שיחת משתמש:אור שחף|שיחה]], 16:04, 13 באוגוסט 2010 (IDT)

גרסה מ־13:04, 13 באוגוסט 2010

בדידה: תרגיל 1, 4.ג'

צ"ל A\cap \bigcup_{i=1}^n B_i = \bigcup_{i=1}^n (A\cap B_i) ואח"כ אתה משתמש בזה פעמיים (כדי להראות ש: \bigcup_{i=1}^n A_i \cap \bigcup_{j=1}^m B_j' = \bigcup_{i=1}^n(A_i \cap \bigcup_{j=1}^m B_j') = \bigcup_{i=1}^n \bigcup_{j=1}^m (A_i \cap B_j')). -אור שחף, שיחה, 19:01, 26 ביולי 2010 (IDT)

לינארית: תרגיל 1, 2.8א

אתה רוצה להראות ש-\frac{1}{a+b\sqrt{p}} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}]. מתקיים: \frac{1}{a+b\sqrt{p}} = \frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p}. מכיוון ש-a^2-b^2 p \in \mathbb{F} הטענה נכונה. -אור שחף, שיחה, 18:46, 27 ביולי 2010 (IDT)

\left(a^2-b^2 p\right)^{-1} \in \mathbb{F} \subset \mathbb{F}[\sqrt{p}] ולכן \frac{a}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F} \and \frac{-b}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F}. לפי הגדרת \mathbb{F}[\sqrt{p}] ולפי דיסטריביוטיביות (שאותה צ"ל, זה קל) נובע ש- \frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}] ואז, לפי x^2-y^2=(x+y)(x-y) (צ"ל), \frac{x}{x}=1 ואסוציאטיביות (צ"ל) מתקיים \frac{a-b\sqrt{p}}{a^2-b^2 p} = \frac{1}{a+b\sqrt{p}} \in \mathbb{F}[\sqrt{p}]. -אור שחף, שיחה, 19:44, 27 ביולי 2010 (IDT)
בזכות תומר שמתי לב ש-p לא בהכרח שייך ל-F, חכו. -אור שחף, שיחה, 20:07, 27 ביולי 2010 (IDT)
ברגע שמוכיחים סגירות נובע מכך: a^2-b^2 p \in \mathbb{F}[\sqrt{p}]. ניסיתי להוכיח סגירות: (a+b\sqrt{p})(c+d\sqrt{p})=^\text{(distributivity)}ac+bdp+ad\sqrt{p}+bc\sqrt{p}=^\text{(associativity)}(ac+bdp)+(ad+bc)\sqrt{p}. בזכות הגדרת \mathbb{F}[\sqrt{p}], נותר להוכיח ש-ac+bdp \in \mathbb{F}, אבל בגלל קיום איבר נגדי, איבר הופכי וסגירות החיבור והכפל ב-F, צריך להתקיים ש-p שייך ל-F. חכו רגע, או שטעיתי או שיש פה משהו מתוחכם שלא ראיתי. נ.ב. נמרוד, למה מחקת? -אור שחף, שיחה, 20:37, 27 ביולי 2010 (IDT)
בגלל שעדיף לא לציין מה שיש בו טעות אלה רק מה שנכון
חשבתי שאולי תנסו למצוא טעות (ואולי נובע מכך שלכל תת-שדה של R כל הראשוניים שייכים לתת-שדה). בכל מקרה, רוב מה שכתבתי ישמש אותנו גם אם טעיתי. -אור שחף, שיחה, 21:20, 27 ביולי 2010 (IDT)
נזכרתי ש-+_\mathbb{F} זהה ל-+_\mathbb{R}, ולכן קל להוכיח באינדוקציה ש-p\in \mathbb{F}. -אור שחף, שיחה,

לינארית: תרגיל 2, 5.16; 6.19; 6.20;

אני לא בטוח מה זאת אומרת "הרעיונות הכללים", אבל תבדוק אם כבר ענו על מה שאתה צריך כאן, כאן, כאן, כאן, כאן, כאן, כאן, כאן וכאן. אם יש משהו שאתה עדיין לא מבין, תשאל. -אור שחף, שיחה, 16:56, 7 באוגוסט 2010 (IDT)

בקשר ל-5.16, מגדירים את A_k\in\mathbb F^{n\times n} כך ש: \forall k\in\mathbb N\setminus \{0\}: \left(A_k\right)_{i,j}=\delta_{i+k,j} (כאשר \delta_{i,j} = \left\{\begin{matrix} 1 & \mbox{if } i=j \\ 0 & \mbox{if } i \ne j \end{matrix}\right. היא הדלתא של קרונקר), ומחשבים לפי \left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j}=\sum_{k=1}^n{\left(A_m\right)_{i,k}\cdot \left(A_1\right)_{k,j}}. -אור שחף, שיחה, 19:43, 7 באוגוסט 2010 (IDT)
עדין יש משהו שחסר לי בשביל להוכיח. בנוסף תרגיל 6.20 אני לא יודע מה לעשות שם...
המשך 5.16: \begin{align}\left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j} & =\sum_{k=1}^n{\left(A_m\right)_{i,k}\cdot \left(A_1\right)_{k,j}}\\ & =\sum_{k=1}^n{\delta_{i+m,k}\cdot \delta_{k+1,j}}\end{align}. אנו מחפשים מתי \delta_{i+m,k}\cdot \delta_{k+1,j}\not =0: \delta_{i+m,k}=\delta_{k+1,j}=1\implies i+m=k\and k+1=j\implies k=i+m=j-1 יאדה, יאדה, יאדה, לכן \left(A_m\cdot A_1\right)_{i,j}=\delta_{i+m,j-1}. נותר להוכיח ש-\left(A_{m+1}\right)_{i,j}=\delta_{i+m,j-1} (זה קל), מש"ל. -אור שחף, שיחה, 20:50, 7 באוגוסט 2010 (IDT)

לצערי לא הצלחתי להבין את 6.20 אשמח אם תוכל להסביר לי (ואשמח אם תוכל להסביר לי שנית מחר את 5.16 בשביל שאהיה בטוח שהבנתי נכון את הפתרון)

הצמוד של שורש של פולינום

כל המקדמים ממשיים, לכן:

\begin{align}p(z)&=\sum_{k=0}^n{a_k z^k}\\&=0\\&=\bar0\\&=\overline{\sum_{k=0}^n{a_k z^k}}\\&=\sum_{k=0}^n\overline{a_k z^k}\\&=\sum_{k=0}^n{a_k \bar z^k}\\&=p(\bar z)\end{align}

לינארית: תרגיל 3, שאלה 6.41ב

A^{-1} קיימת ולכן קיימת A^{-n}. נראה ש-A^{-n}A^n=I:

\begin{align}A^{-n}A^n&=A^{-n+1}A^{-1}AA^{n-1}\\&=A^{-n+1}A^{n-1}\\&=\cdots\\&=I\end{align}

אור שחף, שיחה, 16:04, 13 באוגוסט 2010 (IDT)

מקור: https://math-wiki.com/index.php?title=שיחת_משתמש:Nimrod&oldid=4710