## Алгебра. Доказательства.
В процессе составления использовались [материалы Аруновой Анастасии](https://github.com/adarunova/Algebra-HSE-SE/tree/year-2021/2022)
---
### Модуль 1
#### 1. Какие три условия достаточно наложить на функцию от столбцов матрицы, чтобы она обязательно была детерминантом? Ответ обоснуйте для матриц второго порядка.
**Утверждение.** На функцию от столбцов матрицы достаточно наложить следующие три условия, чтобы она обязательно была детерминантом:
1) Линейность.
2) Кососимметричность ($f(x, y) = -f(y, x)$)
$\det A = 0$, если есть 2 одинаковых столбца
3) $f({E_n}) = 1$.
**Доказательство.**
Докажем при $n = 2$. Разложим столбцы:
$$
\begin{pmatrix} a_{11} \\ a_{21} \end{pmatrix} = a_{11} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + a_{21} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}; \begin{pmatrix} a_{12} \\ a_{22} \end{pmatrix} = a_{12} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + a_{22} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}
$$
Определим, чему равна функция от матрицы:
$$
f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}\end{pmatrix} \overset{\text{линейность}}{=} a_{11} \cdot f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & a_{12} \\ 0 & a_{22} \end{pmatrix}\end{pmatrix} + a_{21} \cdot f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & a_{12} \\ 1 & a_{22} \end{pmatrix}\end{pmatrix} = \\
= a_{11} \cdot a_{22} \cdot f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\end{pmatrix} + a_{21} \cdot a_{12} \cdot f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\end{pmatrix} + a_{11} \cdot a_{12} \cdot \underbrace{f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\end{pmatrix}}_{=\ 0,\ \text{кососимметр.}} + a_{21} \cdot a_{22} \cdot \underbrace{f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\end{pmatrix}}_{=\ 0,\ \text{кососимметр.}} = \\
= (a_{11} \cdot a_{22} - a_{12} \cdot a_{21})\cdot \underbrace{f\begin{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\end{pmatrix}}_{f(E_n)\ =\ 1} = a_{11} \cdot a_{22} - a_{12} \cdot a_{21} = \det A
$$
#### 2. Сформулировать и доказать критерий линейной зависимости.
**Утверждение.** $a_1, ..., a_s$ - линейно зависимы $\Leftrightarrow$ хотя бы один из $a_1, ..., a_s$ линейно выражаются через другие.
**Доказательство.**
1) Необходимость
**Дано:** $a_1, ..., a_s$ - линейно зависимы
**Доказать:** найдутся выражаемые через другие.
По определению:
$$\exist\ \alpha_1, ..., \alpha_s \text{(не все 0)}: \alpha_1 a_1 + ... + \alpha_s a_s = 0$$
Пусть $\alpha_1 \neq 0$. Тогда:
$$a_1 = - \frac{\alpha_2}{\alpha_1} a_2 + ... + \Big(- \frac{\alpha_s}{\alpha_1}\Big) a_s$$
2) Достаточность
**Дано:** один линейно выражается через другие
**Доказать:** они линейно зависимы
Пусть $a_1 = \beta_2 a_2 + ... + \beta_s a_s$. Тогда $\underbrace{1 \cdot a_1 - \beta_2 a_2 - ... - \beta_s a_s}_{\text{нетривиальная лин. комб.}} = 0 \Rightarrow$ по определению они л. з.
#### 3. Сформулируйте и докажите теорему о базисном миноре.
**Теорема.** (о базисном миноре)
1) Базисные строки (столбцы), соответствующие любому базисному минору $M$ матрицы $A$ л. н. з.
2) Строки (столбцы) матрицы $A$, не входящие в $M$ являются линейной комбинацией базисных строк.
**Доказательство.**
1) предположим, что они линейно-зависимы $\Rightarrow$ по критерию линейной зависимости хотя бы один из них является линейной композицией остальных $\Rightarrow$ базисный минор равен нулю $\Rightarrow$ получаем противоречие с определением базисного минора
2) Без ограничения общности можем считать, что базисный минор $M$ расположен в левом верхнем углу матрицы
$$
A=
\left[
\begin{array}{c|c}
M & \begin{matrix}
a_{1\ r+1} & \dots & a_{1\ n} \\
\dots & \dots & \dots \\
a_{r\ r+1} & \dots & a_{r\ n}
\end{matrix} \\
\hline
\begin{matrix}
a_{r + 1\ 1} & \vdots & a_{r + 1\ r} \\
\vdots & \vdots & \vdots \\
a_{m\ 1} & \dots & a_{r\ m}
\end{matrix} & \begin{matrix}
& & \vdots \\
& & \vdots \\
\dots & \dots & a_{n\ m}
\end{matrix}
\end{array}
\right]
$$
Здесь $Rg A = r$. Возьмем строку $A_k$, где $k > r$, и покажем, что $\exists \lambda_1, ..., \lambda_r \in \R: A_k = \lambda_1 A_1 + ... + \lambda_r A_r$ - базисные строки.
Составим определитель $\Delta = \begin{vmatrix}
a_{11} & \dots & a_{1\ r} & a_{1\ j}\\
\vdots & & \vdots & \vdots \\
a_{r\ 1} & \dots & a_{r\ r} & a_{r\ j} \\
a_{k\ 1} & \dots & a_{k\ r} & a_{k\ j}
\end{vmatrix}$, полученный добавлением к $M$ $k$-ой строки и $j$-ого столбца (выбранного произвольно, $j \in [1; n]$). Покажем, что $\Delta = 0$. Если $j \leq r$, то в $\Delta$ есть 2 одинаковых столбца $\Rightarrow \Delta = 0$. Если $j > r$, то $\Delta$ - минор матрицы $A$ порядка $r + 1 \Rightarrow \Delta = 0$ по определению ранга.
Теперь разложим по $j$-ому столбцу:
$a_{1\ j}B_1 + ... + a_{r\ j} B_r + a_{k\ j} B_{k} = 0$, где $B_1, ..., B_k$ - алгебраические дополнения соответствующих элементо в $\Delta$. Причем $B_k = \pm M \neq 0 \Rightarrow \\ \Rightarrow a_{kj} = -\frac{B_1}{B_k} a_{1j} - ... - \frac{B_r}{B_k} a_{rj}$, где $j = \overline{1, n}$. Тогда $A_k$ - линейная комбинация строк $A_1, ..., A_r$.
#### 4. Сформулируйте и докажите теорему о ранге матрицы (теорема о базисном миноре предполагается известной).
**Следствие.** (Теорема о ранге матрицы)
Ранг матрицы равен максимальному числу ее линейно независымых строк и равен максимальному числу линейно независимых столбцов.
**Доказательство.**
Докажем только для строк. Для столбцов - аналогично.
Пусть $Rg A = r$, а максимальное количество линейно независимых строк равно $k$. Покажем, что $k = r$.
1) Так как в $A$ есть $r$ линейно независимых строк (то есть $Rg A = r$, это базисные строки некоторой базисной матрицы) $\Rightarrow k \geq r$
2) Покажем, что $k \leq r$
Вычеркнем в $A$ все строки кроме $k$ л.н.з. строк. Получим матрицу $A_1$. В ней $k$ строк, при $Rg A_1 = k$, так как если бы $Rg A_1$ был $< k$, то среди ее $k$ строк только часть была бы базисной и по 2-ой части теоремы о базисном миноре нашлась бы строка, являющаяся линейной комбинацией базисных, но тогда по критерию линейной зависимости все строки в $A_1$ - л/з. Противоречие.
Тогда БМ матрицы $A_1$ имеет порядок $k$ и является не равным нулю минором матрицы $A$ (исходной) $\Rightarrow k \leq r$ - максимальный порядом ненулевого минора в $A \Rightarrow k = r$
#### 5. Сформулировать и доказать следствие теоремы о базисном миноре для квадратных матриц (критерий невырожденности).
**Следствие.** Рассмотрим квадратную матрицу $A \in M_n(\R)$. Следующие три условия эквивалентны:
1) $\det A \neq 0$
2) $Rg\ A = n$
3) все строки $A$ линейно независимы
**Доказательство.**
1. $1 \Rightarrow 2$
Пусть $\det A \neq 0 \Rightarrow$ в $A$ есть минор порядка $n$, он $\neq 0 \Rightarrow$ по определению $Rg\ A = n$.
2. $2 \Rightarrow 3$
Пусть $Rg\ A = n \Rightarrow$ все строки базисные $\Rightarrow$ по первому пункту теоремы о базисном миноре \(строки базисного минора л. н. з.\) они все л. н. з.
3. $3 \Rightarrow 1$
Пусть строки $A$ л. н. з. Предположим противное: $\det A = 0 \Rightarrow Rg\ A < n \Rightarrow$ по второму пункту теоремы о базисном миноре \(строки, не входящие в базисный минор являются лин. комб. базисных\) по крайней мере одна из строк является линейной комбинацией остальных $\Rightarrow$ по критерию л. з. все строки л. з. \- $\perp$
### Модуль 2
#### 1. Сформулируйте теорему Кронекера-Капелли и докажите её.
**Теорема.** (теорема Кронекера-Капелли)
СЛАУ $A x = b$ - совместна $\Leftrightarrow Rg\ A = Rg(A | b)$
**Доказательство.**
>Необходимость
Дано: СЛАУ совместна, доказать $Rg\ A = Rg(A | b)$
По условию $\exists x^0 = \begin{pmatrix} x^0_1 \\ \vdots \\ x^0_n \end{pmatrix}$, такое что $A x^0 = b$. Или в векторной форме: $x_1^0 A_1 + ... + x^0_n A_n = b$, где $A = \begin{pmatrix} A_1 & \dots & A_n \end{pmatrix}$ (то есть столбец $b$ является линейной комбинацией столбцов $A_1, ..., A_n$).
Пусть $Rn\ A = r \Rightarrow \exists$ базисный минор $M$ порядка $r$ в матрице $A$. Предположим, что он расположен в левом верхнем углу матрицы $A$. Столбцы $A_1, ..., A_r$ - базисные, а $A_{r + 1}, ..., A_n$ их линейная комбинация по теореме о базисном миноре.
$$
A_{r + 1} = \lambda_{1\ r + 1} A_1 + ... + \lambda_{r\ r + 1} A_r \\
\vdots \\
A_{n} = \lambda_{1\ n} A_1 + ... + \lambda_{r\ n} A_r
$$
$b = x_1^0 A_1 + ... + x_r^0 A_r + x^0_{r + 1} (\lambda_{1\ r + 1} A_1 + ... + \lambda_{r\ r + 1} A_r) + ... + x_n^0 (\lambda_{1\ n} A_1 + ... + \lambda_{r\ n} A_r) = \\ = (x_1^0 + \lambda_{1\ r + 1}\ x^0_{r + 1} + ... + \lambda_{1\ n} x^0_n) A_1 + (x_r^0 + \lambda_{r\ r+ 1} x^0_{r + 1} + ... + \lambda_{r\ n} x_n^0) A_r \Rightarrow M$ \- базисный минор и в расширенной матрице $(A | b)$
1) он $\neq 0$
2) все окаймляющие его миноры равно нулю, так как в них один из столбцов является линейной комбинацией $A_1, .., A_r$
> Достаточность
Дано: $Rg\ A = Rg(A|b) = r$
Доказать: СЛАУ совместна
Пусть $Rg\ A = r$. Пусть $M$ - базисный минор $A$, предположим $M$ в верхнем углу матрицы $A$. Тогда $M$ - является базисным минором и в расширенной матрице $(A|b)$, так как $Rg\ A = Rg(A|b) = r$ и $M \neq 0$ порядка $r$.
$\Rightarrow$ по теореме о базисном миноре столбец $b$ является линейной комбинацией столбцов $A_1, ..., A_r$ (базисных).
$b = \lambda_1 A_1 + ... + \lambda_r A_r \Rightarrow$ столбец $x^0 = \begin{pmatrix}
\lambda_1 \\ \vdots \\ \lambda_r \\ 0 \\ \vdots \\ 0
\end{pmatrix}$ - решение СЛАУ $Ax = b$, так как справедлива векторная форма записи.
$\lambda_1 A_1 + ... + \lambda_r A_r + 0 \cdot A_{r + 1} + ... + 0 \cdot A_n = b \Leftrightarrow A x^0 = b$
#### 2. Дайте определение фундаментальной системы решений (ФСР) однородной системы линейных уравнений. Докажите теорему о существовании ФСР.
**Определение.** (ФСР)
Любые $n - r$ (где $r = Rg\ A$) линейно независимых столбцов, является решениями однородной СЛАУ $Ax = 0$ называют фундаментальной системой решений ОСЛАУ.
**Теорема.** (о существовании ФСР)
Рассмотрим ОСЛАУ $Ax = 0$, у нее $\exists k = n - r$ линейно независимых решений, где $n$ - число неизвестных, а $r = Rg\ A$
**Доказательство.**
Предположим: базисный минор $M$ в верхнем левом углу матрицы $A$. Тогда строки $A_1, ..., A_r$ - базисные, а $A_{r + 1}, ..., A_n$ - их линейная комбинация по теореме о базисном миноре.
$\begin{cases}
A_{r + 1} = \lambda_1 A_1 + ... + \lambda_r A_r \\
\dots \\
A_m = \mu_1 A_1 + ... + \mu_r A_r
\end{cases}$
Сделаем $A_{r + 1} \rightarrow A_{r + 1} - \lambda_1 A_1 - ... - \lambda_r A_r$, ..., $A_m \rightarrow A_m - \mu_1 A_1 - ... - \mu_r A_r$
Получим матрицу, в которой после $m - r$ строк нулевые. Заметим, что элементы преобразования строк матрицы $A$ соостветственно эквивалентны элементарным преобразованиям уравнений исходной СЛАУ $Ax = 0 \Rightarrow Ax = 0$ эквивалентна \begin{cases}a_{11} x_1 + ... + a_{1\ r} x_r + a_{1\ r+ 1} x_{r + 1} + ... + a_{1\ n} x_n = 0 \\ \vdots \\ a_{r\ 1} x_1 + ... + a_{r\ r} x_r + a_{r\ r+1} x_{r + 1} + ... + a_{r\ n} x_n = 0 \end{cases}
Будем назыввать переменные, отвечающие базисным столбцам главными, а остальные - свободными.
$x_1, ..., x_r$ - главные (соответствуют БМ), их число $r = Rg\ A \\ x_{r + 1}, ..., x_n$ - свободные ($n - r$)
Выразим главные переменные через свободные в \begin{cases}a_{11} x_1 + ... + a_{1\ r} x_r = - a_{1\ r+ 1} x_{r + 1} - ... - a_{1\ n} x_n \\ \vdots \\ a_{r\ 1} x_1 + ... + a_{r\ r} x_r = - a_{r\ r+1} x_{r + 1} - ... - a_{r\ n} x_n\end{cases}
Присвоим свободным переменным следующие наборы значений.
$$
\begin{matrix}
\text{1-й набор} & \text{2-й набор} & \dots & k\text{-й набор} \\
x_{r + 1} = 1 & x_{r + 1} = 0 & \dots & x_{r + 1} = 0 \\
x_{r + 2} = 0 & x_{r + 2} = 1 & \dots & x_{r + 2} = 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
x_{n} = 0 & x_{n} = 0 & \dots & x_{n} = 1 \\
\end{matrix}
$$
Для каждого набора решений СЛАУ относительно $(x_1, ..., x_r)$ она всегда имеет решения, так как это СЛАУ с квадратной невырожденной матрицей \(ее $\det M \neq 0$\) \(т. е., например, решения можно найти по формулам Крамера\)
Получим следующие решения:
$$
\begin{matrix}
\text{1-й набор} & \text{2-й набор} & \dots & k\text{-й набор} \\
\begin{pmatrix}x_1 \\ \vdots \\ x_r\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\phi_{1\ 1} \\ \vdots \\ \phi_{1\ r}\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}x_1 \\ \vdots \\ x_r\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\phi_{2\ 1} \\ \vdots \\ \phi_{2\ r}\end{pmatrix} & \dots & \begin{pmatrix}x_1 \\ \vdots \\ x_r\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\phi_{k\ 1} \\ \vdots \\ \phi_{k\ r}\end{pmatrix}
\end{matrix}
$$
Столбцы $\begin{pmatrix}\phi_{1\ 1} \\ \vdots \\ \phi_{1\ r} \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}\phi_{2\ 1} \\ \vdots \\ \phi_{2\ r} \\ 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0\end{pmatrix}, ..., \begin{pmatrix}\phi_{k\ 1} \\ \vdots \\ \phi_{k\ r} \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1\end{pmatrix}$ являются решениями СЛАУ $\Rightarrow$ являются решениями исходной СЛАУ.
#### 3. Сформулируйте и докажите критерий существования ненулевых решений однородной квадратной СЛАУ (как следствие теоремы о существовании ФСР).
**Следствие.** (критерий существования ненулевого решения однородной квадратной СЛАУ)
Пусть $A$ - квадратная матрица, тогда ОСЛАУ $Ax = 0$ имеет ненулевое решение $\Leftrightarrow \det A = 0$
**Доказательство.**
> Необходимость
Дано: $Ax = 0$
Доказать: $\det A = 0$
Предположим: пусть $\det A \neq 0 \Rightarrow$ по формулам Крамера СЛАУ имеет единственное решение, но всегда есть нулевое решение $\Rightarrow$ других нет $\Rightarrow$ противоречие.
> Достаточность
Дано: $\det A = 0$
Доказать: $\exists$ решения $x \neq 0$
Пусть $\det A = 0 \Rightarrow Rg A < n$. Пусть $Rg A = r$. По теореме о существования ФСР $\exists n - r > 0$ л. н. з. решений. Это и есть ненулевое решение (так как нулевой вектор линейно зависим).
#### 4. Докажите теорему о структуре общего решения однородной системы линейных алгебраических уравнений, то есть о том, что произвольное решение однородной СЛАУ может быть представлено в виде линейной комбинации элементов ФСР.
**Теорема.**
Пусть $\phi_1, ..., \phi_k$ - ФСР ОСЛАУ $Ax = 0$. ($k = n - r$, где $r = Rg\ A, n - $ число неизвестных). Тогда любое решение этой ОСЛАУ можно представить в виде $x = c_1 \phi_1 + ... + c_k \phi_k$, где $c_1, ..., c_k$ - некоторые числа.
**Доказательства.**
Пусть $x^o = (x_1^0 \dots x^0_n)$ - произвольное решение ОСЛАУ $Ax = 0$. Покажем, что оно линейно выражается через ФСР. Предположим, что БМ матрицы $A$
расположен в левом верхнем углу. Тогда исходная СЛАУ эквивалентна системе:
$$
{\color{green}\textcircled{1}}
\begin{cases}
a_{1\ 1} x_1 + ... + a_{1\ r} x_r = -a_{1\ r} x_{r+1} - ... - a_{1\ n} x_n \\
\dots \\
a_{r\ 1} + ... + a_{r\ r} x_r = - a_{r\ r + 1} x_{r + 1} - ... - a_{r\ r + 1} x_{r + 1}
\end{cases}
$$
Решим ${\color{green}\textcircled{1}}$ относительно главных переменных (методы Гаусса или Крамера)
$$
{\color{green}\textcircled{2}}
\begin{cases}
x_1 = \alpha_{1\ r+1} x_{r + 1} + ... + \alpha_{1\ n} x_n \\
\dots \\
x_r = \alpha_{r\ r+1} x_{r + 1} + ... + \alpha_{r\ n} x_n
\end{cases} \text{, где } a_{ij} \text{ - некоторое число.}
$$
Составим матрицу $\mathcal{D}$
$$
\mathcal{D} =
\begin{matrix}
\begin{pmatrix}
x_1^o & \phi^1_1 & \vdots & \phi_1^k \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
x^o_r & \phi_r^1 & \vdots & \phi_r^k \\
x^o_{r + 1} & \phi_{r+1}^1 & \vdots & \phi_{r+1}^k \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
x_n^o & \phi_n^1 & \vdots & \phi_n^k
\end{pmatrix} \\
\underbrace{}_{x^0}\ \ \underbrace{}_{\phi_1}\ \ \dots\ \ \underbrace{}_{\phi_k}
\end{matrix} \text{, где } \phi^j_i \text{ - компоненты столбцов, обозначающих ФСР.}
$$
Покажем, что $Rg\ \mathcal{D} = k$.
1) $Rg\ \mathcal{D} \geq k$, так как $\phi_1, ..., \phi_k$ - л.н.з. (по определению ФСР), а $Rg\ \mathcal{D} =$ максимальному л.н.з. столбцов (по т. о ранге матрицы)
2) Покажем, что $Rg\ \mathcal{D} \leq k$
Столбцы матрицы $\mathcal{D}: x_o, \phi_1, ..., \phi_k$ - решения СЛАУ $Ax = 0$. Из ${\color{green}\textcircled{2}}$ получим, что
$$
\begin{matrix}
x_1 & = \alpha_{1\ r+1} & x^o_{r + 1} & + ... + \alpha_{1\ n} & x_n^o \\
\phi_1^1 & = \alpha_{1\ r+1} & \phi^1_{r + 1} & + ... + \alpha_{1\ n} & \phi_n^1 \\
\vdots & & \vdots & & \vdots \\
\phi_1^k & = \alpha_{1\ r+1} & \phi^k_{r + 1} & + ... + \alpha_{1\ n} & \phi_n^k \\
\underbrace{}_{\mathcal{D}_1} & & \underbrace{}_{\mathcal{D}_{r + 1}} & & \underbrace{}_{\mathcal{D}_{n}}
\end{matrix}
$$
То есть первая строка матрицы $\mathcal{D}$ является линейной комбинацией строк $\mathcal{D}_{r + 1}, ..., \mathcal{D}_n$
Таким образом, при помощи простейших операций:
$$
\mathcal{D} \sim \mathcal{D}^{\text{'}} =
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \vdots & 0 \\
x^o_{r + 1} & \phi_{r+1}^1 & \vdots & \phi_{r+1}^k \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
x_n^o & \phi_n^1 & \vdots & \phi_n^k
\end{pmatrix}
$$
То есть $Rg\ \mathcal{D} = Rg\ \mathcal{D}^{\text{'}} \leq k$
Мы доказали, что $\mathcal{D} = k \Rightarrow$ так как столбцы $\Phi_1, ..., \Phi_k$ - базисные (так как они л.н.з.) $\Rightarrow$ по теореме о БМ $x^0$ - их линейная комбинация, то есть
$$
\exists{c_i}\ x^0 = c_1 \Phi_1 + ... + c_k \Phi_k
$$
#### 5. Сформулируйте теорему о структуре общего решения неоднородной системы линейных алгебраических уравнений и докажите её (теорема о структуре общего решения однородной системы линейных алгебраических уравнений предполагается известной).
**Теорема.**
Пусть известно частное решение $\widetilde{x}$ СЛАУ $Ax = b$. Тогда любое решение этой СЛАУ может быть представлено в виде:
$$x = \widetilde{x} + c_1 \Phi_1 + ... + c_k \Phi_k$$
где $c_1, ..., c_k$ - некоторые постоянные, а $\Phi_1, ..., \Phi_k$ - ФРС соответствующей однородной системы $Ax = 0$.
**Доказательство.**
$$X_{\text{общ. неодн.}} = X_{\text{чест. неодн.}} + X_{\text{общ. однород.}}$$
Пусть $x^0$ - произвольное решение СЛАУ $Ax = b \Rightarrow x^0 - \widetilde{x}$ - решение СЛАУ $Ax = 0$ (по свойствам решений СЛАУ).
К $x^0 - \widetilde{x}$ применим теорему о структуре общего решения ОСЛАУ:
$$x^0 - \widetilde{x} = c_1 \Phi_1 + ... + c_k \Phi_k \Rightarrow x^0 = \widetilde{x} + c_1 \Phi_1 + ... + c_k \Phi_k$$
#### 6. Докажите теорему о том, что любое линейное уравнение на координаты точки в трехмерном пространстве задает плоскость и что любая плоскость определяется линейным уравнением.
**Теорема.**
1) Любая плоскость в пространстве определяется уравнением $Ax + By + Cz + D = 0$, в котором $A, B, C, D$ - некоторые числа.
2) Любое уравнение $Ax + By + Cz + D = 0$, где $A^2 + B^2 + C^2 > 0$, определяет в пространстве плоскость.
**Доказательство.**
1. Рассмотрим плоскость $\pi$. пусть точка $M_0(x_0, y_0, z_0)$ ей принадлежит. Рассмотрим $\overrightarrow{n} \perp \pi$.
Пусть $\overrightarrow{n} = (A, B, C)$.
$$M(x, y, z) \in \pi \Leftrightarrow (\overrightarrow{n}, \overrightarrow{M_0 M}) = 0 \Leftrightarrow A(x_0 - x) + B(y_0 - y) + C(z_0 - z) = 0$$
Т.е. $Ax + By + Cz + D = 0$ , где $D = -Ax_0 -By_0 - Cz_0$. Таким образом, координаты точки $M$ удовлетворяют уравнению $Ax + By + Cz + D = 0$
2. Рассмотрим уравнение $Ax + By + Cz + D = 0$, где $A^2 + B^2 + C^2 > 0$. Оно имеет хотя бы одно рашение \(например, если $A \neq 0$, то $x_0 = - \frac{D}{A}, y_0 = z_0 = 0$\). Обозначим за $M_0$ точку $(x_0, y_0, z_0)$. Пусть точка $M(x, y, z)$ удовлетворяет уравнению $Ax + By + Cz + D = 0$. Вычтем из него равенство $Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D = 0$:
$$A(x_0 - x) + B(y_0 - y) + C(z_0 - z) = 0 \Leftrightarrow (\overrightarrow{n}, \overrightarrow{M_0 M}) = 0\text{, где } \overrightarrow{n} = (A, B, C)$$
$(\overrightarrow{n}, \overrightarrow{M_0 M}) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow{n} \perp \overrightarrow{M_0 M} \Leftrightarrow$ точка $M$ лежит в плоскости, проходящей через $M_0$ и перпендикулярной вектору $\overrightarrow{n} \Rightarrow$ уравнение $Ax + By + Cz + D = 0$ определяет плоскость.
### Модуль 3
#### 1. Сформулируйте и докажите утверждение о связи порядка элемента, порождающего циклическую группу, с порядком группы.
**Утверждение.**
Пусть $G$ – группа и $g \in G$. Тогда $|\langle g \rangle|$ = $ord(g)$
**Доказательство.**
Заметим, что если $\forall{k, s \in \N}\ g^k = g^s \Rightarrow g^{k−s} = e$ \(т.к. $\exists g^{−1}$\), то $ord\ g \leq k−s \Rightarrow$ если $g$ имеет бесконечный порядок, то все элементы $g^n, n \in \Z$ различны $\Rightarrow \langle g \rangle$ содержит бесконечного много элементов $\Rightarrow$ в бесконечном случае доказано.
Если же $ord(g) = m$, то из минимальности $m \in \N \Rightarrow e = g^0, g = g^n, ..., g^{m−1}$ попарно различны. Покажем, что $\langle g \rangle = \{e, g, g^2, ..., g^{m−1}\}$. Т.к. $\forall{n \in \Z}$ представимо в виде $n = qm + r$, где $0 \leq r < m$, $g^n = g^{qm+r} =(g^m)^q \cdot g^r = e^q \cdot g^r = g^r \Rightarrow \langle g \rangle = \{e, g, ..., g^{m−1}\}$ и $|\langle g
\rangle| = m = ord(g)$.
#### 2. Сформулируйте и докажите утверждение о том, какими могут быть подгруппы
группы целых чисел по сложению.
**Утверждение.**
Любая подгруппа в $(Z, +)$ имеет вид $kZ$ (числа, кратные $k$) для $k \in \N \cup \{0\}$.
**Доказательство.**
$kZ$ является подгруппой. Докажем, что других нет.
Если $H = \{0\}$ ($H$ – подгруппа, $0$ – нейтральный элемент), то положим, что $k = 0$. Иначе
$k = min(H \cap \N)$ ($\neq \varnothing$, т.к. $H \neq \{0\}$). Тогда $kZ \subseteq H$.
Рассмотрим $a \in H$ и $a = qk+r, 0 \leq r < k$. Тогда $r= \underbrace{a}_{\in H} − \underbrace{qk}_{\in H} \in H \Rightarrow r = 0$ (так как $r < k = min(H \cap N)$). Получаем, что $a = qk \Rightarrow H \subseteq kZ$.
Доказана принадлежность в обе стороны: $kZ \subseteq H$ и $H \subseteq kZ$. Значит, $kZ = H$.
#### 3. Сформулируйте и докажите теорему Лагранжа (включая две леммы).
**Лемма.**
Левые смежные классы $G$ по подгруппе $H$ либо не пересекаются, либо совпадают:
$$
\forall{g_1, g_2 \in G} \text{ либо } g_1H = g_2H \text{, либо } g_1H \cap g_2H = \varnothing
$$
**Доказательство.**
Докажем, что если классы пересекаются, то они совпадают. Если $g_1H \cap g_2H \neq \varnothing$, то $\exists{h_1, h_2 \in H}: g_1 \cdot h_1 = g_2 \cdot h_2 \Rightarrow g_1 = g_2 \cdot \underbrace{h_2 \cdot h_1^{-1}}_{\in H} \Rightarrow g_1 H = g_2 \underbrace{h_2 h_1^{-1} H}_{\text{лежит в } H} \subseteq g_2 H \Rightarrow g_1 H \subseteq g_2 H$. Аналогично есть обратное включение.
Таким образом, $g_1 H = g_2 H$.
**Лемма.**
$\forall{g \in G, H \subset G}: |gH| = |H|$
**Доказательство.**
Пусть $H \{h_1, ..., h_n\}, H$ - конечная подгруппа. Тогда смежный класс $gH = \{g \cdot h | h \in H \} = \{gh_1, ..., gh_n\}$. Тогда $|gH| \leq |H|$ (так как некоторые из $gh_1, ..., gh_n$ могут совпасть).
Предположим, что $|gH| < |H|$. То есть найдутся такие элементы $h_1, h_2 \in H$, что $h_1 \neq h_2$ и выполнено $gh_1 = gh_2$. Но тогда
$$
gh_1 = gh_2 \Rightarrow g^{-1} g h_1 = g^{-1} g h_2 \Rightarrow h_1 = h_2
$$
Получили противоречие. Следовательно $|gH| = |H|$.
**Теорема.** (Лагранжа)
Пусть $G$ - конечная группа и $H \subseteq G$ - ее подгруппа. Тогда
$$|G| = |H| \cdot [G : H]$$
**Доказательство.**
Любой элемент группы $G$ лежит в некотором левом смежном классе по $H (gH)$. Так как левые смежные классы не перемекаются и любой из них содержит по $|H|$ элементов, группа $G$ распределяется на непересекающиеся левые смежные классы порядка $|H| \Rightarrow |G| = |H| \cdot [G : H]$.
#### 4. Докажите, что гомоморфизм инъективен тогда и только тогда, когда его ядро тривиально.
**Утверждение.**
Пусть $f: G \rightarrow F$ - гомоморфизм. Тогда $f$ - инъективно (является мономорфизмом) $\Leftrightarrow \ker f = e_G$
**Доказательство.**
> Необходимость
Дано: $f$ - инъективно
Доказать: $ker f = e_G$
$\forall{x_1 \neq x_2}: f(x_1) \neq f(x_2) \Rightarrow f(e_G) = e_F$ (и $\forall{x \in G} x \neq e_g \Leftrightarrow f(x) \neq f(e_G) = e_F$)
> Достаточность
Дано: $ker f = e_G$
Доказать: $f$ - инъективно
Предположим, что $\exists x_1 \neq x_2: f(x_1) = f(x_2)$. Тогда
$$
f(x_1 \cdot x_2^{-1}) = e_F = f(x_1) \cdot f(x_2^{-1}) = f(x_1) \cdot f(x_2)^{-1} \Rightarrow x_1 \cdot x_2^{-1} = e_G \Leftrightarrow x_1 = x_2
$$
Противоречие с предположением $\Rightarrow f$ - мономорфизм (инъективно).
#### 5. Сформулируйте и докажите критерий нормальности подгруппы, использующий сопряжение.
**Утверждение.**
Пусть $H \subseteq G$. Тогда три условия эквивалентны:
$\textcircled{1}$ $H$ нормально
$\textcircled{2}$ $\forall{g \in G}: gHg^{-1} \subseteq H$
$\textcircled{3}$ $\forall{g \in G}: gHg^{-1} = H$
**Доказательство.**
1. $\textcircled{1} \Rightarrow \textcircled{2}$
Так как $gH = Hg$, то $\forall{h \in H}: gh = hg \Rightarrow ghg^{-1} = h \in H \Rightarrow gHg^{-1} \subseteq H$
2. $\textcircled{2} \Rightarrow \textcircled{3}$
Для $\forall{h \in H}: h = gg^{-1}hgg^{-1} = g(g^{-1}hg)g^{-1} = g\underbrace{((g^{-1})h(g^{-1})^{-1})}_{\in H} g^{-1} \in gHg^{-1}$
\begin{cases}
H \subseteq gHg^{-1} \\
gHg^{-1} \subseteq H
\end{cases}
3. $\textcircled{3} \Rightarrow \textcircled{1}$
$gHg^{-1} = H \Leftrightarrow gHg^{-1}g = Hg \Leftrightarrow gH = Hg$
#### 6. Сформулируйте и докажите критерий нормальности подгруппы, использующий понятие ядра гомоморфизма.
**Утверждение.**
$H$ - нормальная подгруппа в $G \Leftrightarrow H = ker f, f$ - гомоморфизм.
**Доказательство.**
> Необходимость
Дано: $H$ - нормальная погруппа в $G$
Доказать: существует гомоморфизм $f$ такой, что $H = ker f$
В роли гомоморфизма $f$ может выступать естественный гомоморфизм $\epsilon: G \rightarrow G / H$. Он существует, так как $H$ - нормальная подгруппа и $G / H$ корректно определена.
$ker f$ - это множество всех элементов, которые перешли в $eH = H$ - исходная нормальная подгруппа.
> Достаточность
Дано: $H = ker f$
Доказать: $H$ - нормальная подгруппа в $G$
Пусть $f: G \rightarrow F$ - гомоморфизм. Покажем, что $\forall{g \in G, z \in ker f}$ выполняется $g^{-1}zg \in ker f$.
$$
f(g^{-1}zg) = f(g^{-1})f(z)f(g) \overset{\text{св-во гомоморфизма}}{=} f(g)^{-1} \underbrace{f(z)}_{e_F} f(g) = f(g)^{-1} \cdot f(g) = e_F \overset{\text{опр.}}{\Rightarrow} g^{-1}zg \in ker f
$$
Так как $g^{-1}\ ker f\ g \subseteq ker f \Rightarrow ker f$ - нормальная подгруппа.
#### 7. Сформулируйте и докажите теорему о гомоморфизме групп.
**Теорема.** (о гомоморфизме)
Пусть $f : G \rightarrow F$ - гомоморфизм групп. Тогда $Im f$ изоморфен факторгруппе $G / ker f$, то есть $G / ker f \cong Im f$, где $Im f = \{a \in F | \exists{g \in G}: f(g) = a\}$ - образ $f$.
**Доказательство.**
Рассмотрим отображение $\tau: G / ker f \rightarrow F$, заданное формулой
$$\tau (g\ ker f) = f(g) \in Im f \text{, где } g\ ker f \text{ - смежный класс } H = ker f$$
Докажем, что $\tau$ и есть исходный изоморфизм. Проверим корректность (то есть покажем, что $\tau$ не зависит от выбора представителя смежного класса):
$$
\forall{h_1, h_2 \in ker f}: f(gh_1) = f(g) f(h_1) = f(g) \cdot e_F = f(g) = f(g) \cdot \underbrace{f(h_2)}_{e_F} = f(gh_2)
$$
Значит, $\tau$ - определен корректно.
Отображение $\tau$ сюръективно ($\tau: G / ker f \rightarrow Im f$) и покажем, что оно инъективно.
По утверждению $f(g) = e_F \Leftrightarrow g \in ker f = H$, т.е. ядро гомоморфизма состоит только из
нейтрального элемента в факторгруппе. Воспользуемся критерием инъективности: $\tau$ – инъективно тогда и только тогда, когда $ker \tau$ тривиально (состоит из $e \cdot ker f$) $\Rightarrow \tau$ – биективно.
Остаётся проверить, что $\tau$ – гомоморфизм:
$$
\tau((g_1 ker f) \cdot (g_2 ker f)) \overset{\text{по опредедению произведения в факторгруппе}}{=} \tau(g_1 g_2 ker f) \overset{\text{по определению} \tau}{=} \\
= f(g_1 g_2)\underset{f - \text{гомоморфизм}}{=} f(g_1) f(g_2) \underset{\text{по определению} \tau}{=} \tau(g_1 ker f) \cdot \tau(g_2 ker f)
$$
Таким образом, $\tau$ - юиективный гомоморфизм, то есть изоморфизм.
#### 8. Докажите, что центр группы является её нормальной подгруппой.
**Утверждение.**
$Z(G)$ всегда является нормальной погруппой в $G$.
**Доказательство.**
Покажем, что $Z(G)$ является подгруппой. Для того, чтобы $H$ было подгруппой нужно, чтобы $\forall{a, b \in H}: ab^{-1} \in H$. Для того, чтобы проверить:
* что $e \in H$, берем $b = a \Rightarrow aa^{-1} = e \in H$
* что $ab \in H$, берем $b = b^{-1} \Rightarrow ab \in H$
* что $a^{-1} \in H$, берем $a = e, b = a \Rightarrow a \in H$
1) Проверим, что $\forall{a, b \in Z(G)}$ выполнено $ab^{-1} \in Z(G)$
$$
ab^{-1}g = ab^{-1}(g^{-1})^{-1} = a(g^{-1}b)^{-1} \overset{b \in Z(G)}{=} a(b g^{-1})^{-1} = a(g^{-1})^{-1}b^{-1} = a g b^{-1} \overset{a \in Z(G)}{=} gab^{-1}
$$
2) Это нормальная подгруппа, так как элементы коммутируют с любыми из $G$ и $gZ(G) = Z(G)g$
#### 9. Сформулируйте и докажите утверждение о том, чему изоморфна факторгруппа группы по её центру.
**Утверждение.**
$$G / Z(G) \cong I_{nn}(G)$$
**Доказательство.**
Факторгруппа $G / Z(G)$ является нормальной подгруппой. Рассмотрим отображение $f: G \rightarrow Aut(G)$, заданное формулой $f: g \mapsto \phi_g(h) = ghg^{-1}$.
Тогда $Im f = I_{nn}(G)$ по определению и $ker f = Z(G)$, так как $ghg^{-1} = h \Leftrightarrow gh = hg (\phi_g(h) = id(h) \text{ - нейтральный элемент во второй группе})$
Тогда $gh = hg$ верно для тех элементов, которые коммутируют с любым, то есть элементом центра. Применим теорему о гомоморфизме групп:
$$
G / ker f \cong Im f \Leftrightarrow G / Z(G) \cong I_{nn}(G)
$$
#### 10. Сформулируйте и докажите теорему Кэли.
**Теорема.** (теорема Кэли)
Любая конечная группа порядка $n$ изоморфна некоторой подгруппе группы $S_n$.
**Доказательство.**
Пусть $|G| = n$, и $\forall{a \in G}$ рассмотрим отображение $L_a : G \rightarrow G$, определенное формулой $L_a(g) = a \cdot g$ (умножение слева на $a$). Покажем, что $L_a$ - биекция.
Пусть $e, g_1, g_2, ..., g_{n - 1}$ элементы группы тогда $a \cdot e, a \cdot g_1, ..., a \cdot g_{n - 1}$ - те же элементы, но в другом порядке ($ag_i = ag_j \Leftrightarrow a^{-1}ag_i = a^{-1}ag_j \Leftrightarrow g_i = g_j$) $\Leftrightarrow L_a$ - перестановка элементов группы.
Существует нейтральный элемент: $id = L_e$.
По ассоциативности в $G$: $L_{ab}(g) = (ab)g = a(bg) \Leftrightarrow L_{ab} = L_a \circ L_b$.
При этом относительно операции композиции отображений: $\forall{L_a} \exists{(L_a)^{-1} = L_{a^{-1}}}$
Таким образом, множество $L_e, L_{g_1}, ..., L_{g_{n-1}}$ образуют группу H в группе $S(G)$ всех биективных отображений $G$ на себя, то есть в $S_n$.
Искомый изоморфизм: $\underbrace{a}_{\in G} \mapsto \underbrace{L_a}_{\in H \subseteq S_n}$
#### 11. Докажите, что характеристика поля может быть либо простым числом, либо нулем.
**Утверждение.**
$$
char P = \begin{cases}0 \\ p \text{, где } p \text{ - простое}\end{cases}
$$
**Доказательство.**
Пусть $p \neq 0 \Rightarrow p \geq 2 (p \neq 1 \text{, так как } 1 \neq 0)$
Если $p = mk$, где $1 < m, k < p$, то $\overbrace{1 + ... + 1}^{mk} = \overbrace{(1 + ... + 1)}^{m}\overbrace{(1 + ... + 1)}^{n}$. Обе скобки не равны нулю, так как $p$ по определению минимальное натуральное число при котором $1 + ... + 1 = 0$, а $m, k < p \Rightarrow m$ и $k$ - делители нуля, а их нет в поле по определению.
#### 12. Сформулируйте и докажите утверждение о том, каким будет простое подполе в зависимости от характеристики.
**Утверждение.**
Пусть $P$ - поле, а $P_0$ - его простое подполе. Тогда:
1) Если характеристика поля $char P = p > 0$, то $P_0 \cong \Z_p$
2) Если $char P = 0$, то $P_0 \cong \mathbb{Q}$
**Доказательство.**
Рассмотрим $1 \in P$ (нейтральный элемент по умножению) $\Rightarrow \langle1\rangle \subseteq (P, +), \langle 1\rangle$ - циклическая группа по сложению, порожденная $1$.
Кольцо $\langle 1 \rangle$ является подкольцом в $P$.
Так как любое подполе поля $P$ содержит $1$, то оно содержит и $\langle 1 \rangle$, то есть $\langle 1 \rangle \subseteq P_0.$
1) Если $char P = p > 0$, то $\langle 1 \rangle \cong \Z_p$ - поле $\Rightarrow P_0 = \langle 1 \rangle \cong P_0$.
Пример: $\underbrace{\Z_p}_{P_0} \subset \underbrace{\Z_p(x)}_{P}$
2) Если $char P = 0$, то $\langle 1 \rangle \cong \Z$ (но это не поле), значит, в $P_0$ должны быть все дроби $\frac{a}{b}$, где $a, b \in \langle 1 \rangle, b \neq 0$. Они все образуют подполе изоморфное $\mathbb{Q}$
#### 13. Сформулируйте и докажите критерий того, что кольцо вычетов по модулю $p$ является полем.
**Утверждение.**
$\Z_p$ является полем $\Leftrightarrow p$ - простое
**Доказательство.**
Для любого $n: \Z_n$ является кольцом с 1. Если $n$ является составным, то $n = mk$, $1 \leq m, k \leq n$, и, следовательно, $\overline{mk} = \overline{n} = \overline{0} \Rightarrow$ в кольце есть делители нуля $\Rightarrow$ это не поле.
Если $p$ - простое, рассмотрим $\overline{1}, \overline{2}, ..., \overline{p-1}$ - все классы вычетов, кроме $\overline{0}$. Возьмем произвольный элемент $\overline{s}$ и докажем, что $\exists{\overline{s}^{-1}}: \overline{s} \cdot \overline{s}^{-1} = \overline{1}$. Рассмотрим множество $A = \{\overline{s} \cdot \overline{1}, \overline{s} \cdot \overline{2}, ..., \overline{s} \cdot \overline{p - 1}\}$ в $A$ нет $\overline{0}$ (так как $p$ - простое, а среди чисел нет 0 или кратных 0). Заметим, что в $A$ стоят те же элементы, но в другом порядке (если $k_1$)
#### 14. Докажите, что ядро гомоморфизма колец является идеалом.
**Лемма.**
$\ker \varphi$, где $\varphi$ - гомоморфизм колец, всегда является идеалом в кольце $K_1 (\varphi: K_1 \rightarrow K_2)$
**Доказательство.**
Идеал:
1) Подгруппа в $(K_1, +)$
2) $\forall{a \in \ker \varphi, r \in K_1}: ar \in \ker \varphi, ra \in \ker \varphi$
Любой гомоморфизм колец является гомоморфизмом их аддитивных групп $(K_1, +)$ и $(K_2, +) \Rightarrow \ker \varphi$ является нормальной подгруппой в $(K_1, +)$ ($(K_1, +)$ коммутативна). Пусть $a \in \ker \varphi$, то есть $\varphi(a) = 0$. Возьмем $ar$ и рассмотрим выражение $\varphi(ar) = \varphi(a) \cdot \varphi(r) = 0 \cdot \varphi(r) = 0$. И аналогично $\varphi(ra) = \varphi(r) \cdot 0 = 0$.
#### 15. Сформулируйте и докажите теорему о гомоморфизме колец.
**Теорема.** Пусть $\varphi : K_{1} \rightarrow K_{2}$ - гомоморфизм колец. Тогда $K_{1} / Ker\ \varphi\ \cong Im\ \varphi$.
**Доказательство.**
Ядро $Ker\ \varphi$ является идеалом (по лемме) $\Rightarrow K_1 / Ker\ \varphi$ корректно определен. Рассмотрим отображение $\tau : k_1 / Ker\ \varphi \rightarrow Im\ \varphi$. Выполняется $\tau(a + I) = \varphi(a)$ из доказательства теоремы о гомоморфизме групп $\Rightarrow \tau$ – корректно определено и является гомоморфизмом групп по сложению. Остаётся проверить, что $\tau$ сохраняет умножение:
$$
\tau((a + I)(b + I)) = \tau(ab + I) = \varphi(ab) = \varphi(a) \cdot \varphi(b) = \tau(a + I) * \tau(b + I)
$$
Значит, $\tau$ – гомоморфизм колец. И, т.к. $\tau$ является биекцией (из теоремы о гомомрфизме групп), то это изоморфизм (между $K_1 / Ker\ \varphi$ и $Im\ \varphi$).
#### 16. Сформулируйте и докажите утверждение о том, когда факторколько кольца многочленов над полем само является полем.
**Теорема.**
Пусть $P$ - поле, а $f(x) \in P[x]$. Тогда факторкольцо $P[x]/\langle f(x) \rangle$ является полем $\Leftrightarrow$ многочлен $f(x)$ - неприводим над $P$.
**Доказательство.**
Если $f(x) = f_1(x) \cdot f_2(x)$ (то есть не является неприводимым), где $0 < \deg f_i < \deg f$, $\overline{f_1}, \overline{f_2} \in P[x] / \langle f(x) \rangle$, отличаются от нуля, но $\overline{f_1 (x)} \cdot \overline{f_2 (x)} = \overline{f(x)} = \overline{0} \Rightarrow$ в $P[x] / \langle f(x) \rangle$ есть делители нуля и это не поле.
Покажем, что если $f(x)$ неприводим, то любой класс вычетов $\overline{a(x)} \neq \overline{0}$ обратим. Представитель $\overline{a(x)}$ это некоторый многочлен $a(x)$ с $\deg a(x) < \deg f(x)$. Так как $f(x)$ неприводим, он взаимно прост с $a(x) \Rightarrow \exists{b(x), c(x)}: a \cdot b + c \cdot f = 1$ (НОД), то есть $\overline{a} \overline{b} + \overline{c} \overline{f} = \overline{1}$, то есть $\overline{a} \cdot \overline{b} = \overline{1} \langle f(x) \rangle$, то есть $\overline{b}$ - обратный элемент к $\overline{a}$ в $P[x] / \langle f(x) \rangle$.
#### 17. Выпишите и докажите формулу для описания изменения координат вектора при изменении базиса.
**Утверждение.**
Пусть $x \in L, \mathcal{A}$ и $\mathcal{B}$ - базисы в $L$.
$x^a = (x_1^a, ..., x^a_n)^T$ \- столбец координат вектора $x$ в базисе $\mathcal{A}$.
$x^b = (x_1^b, ..., x^b_n)^T$ \- столбец координат вектора $x$ в базисе $\mathcal{B}$.
Тогда $x^b = T^{-1}_{\mathcal{A} \rightarrow \mathcal{B}} x^a \Leftrightarrow X' = T^{-1}X$, где $X'$ - координаты в новом базисе.
**Доказательство.**
Докажем, что $x^b = T^{-1}_{\mathcal{A} \rightarrow \mathcal{B}} x^a$ (из невырожденности матрицы перехода будет следовать нужная формула)
$$
x = a \cdot x^a = (a_1, ..., a_n)
\begin{pmatrix}
x_1^a \\ \vdots \\ x^a_n
\end{pmatrix} = x^a_1 a_1 + ... + x^a_n a_n = b x^b\\
b = a \cdot T_{\mathcal{A} \rightarrow \mathcal{B}} \Rightarrow a \cdot x^a = b \cdot x^b, ax^a = a \cdot T_{\mathcal{A} \rightarrow \mathcal{B}} \cdot x^b \\
x^a = T_{\mathcal{A} \rightarrow \mathcal{B}} \cdot x^b \Rightarrow x^b = T^{-1}_{\mathcal{A} \rightarrow \mathcal{B}} \cdot x^a
$$
#### 18. Сформулируйте и докажите утверждение о связи размерности суммы и пересечения подпространств.
**Утверждение.** Пусть $H_{1}$ и $H_{2}\ -$ подпространства в $V$, тогда $\dim (H_{1} + H_{2}) = \dim H_{1} + \dim H_{2} - \dim (H_{1} \cap H_{2}).$
**Доказательство.**
Рассмотрим базис $H_1 \cap H_2$. Дополним его до базиса в $H_1$ и до базиса в $H_2$. Пусть $\dim H_1 = n, \dim H_2 = m, \dim(H_1 \cap H_2) = r$.
Обозначим базисные векторы следующим образом:
$$
\underbrace{e_1, ..., e_r}_{\text{базис в } H_1 \cap H_2}, \underbrace{v_1, ..., v_{n−r}}_{\text{дополнение до } H_1}, \underbrace{w_1, ..., w_{m−r}}_{\text{дополнение до } H_2}
$$
Это базис в $H_1 + H_2$, т.к. любой вектор из $H_1 + H_2$ может быть выражен через них, и они л.н.з.
Таким образом, можем найти размерность $H_1 + H_2$:
$$
\dim(H_1 + H_2) = r + (n − r) + (m − r) = n + m − r = \dim H_1 + \dim H_2 − \dim(H_1 \cap H_2)
$$
### Модуль 4
#### 1. Что такое сумма и прямая сумма подпространств? Сформулируйте и докажите критерий того, что сумма подпространств является прямой.
**Определение.** $H_1 + H_2 = \{x_1 + x_2 | x_1 \in H_1,\ x_2 \in H_2\}$ называется суммой подпространств.
**Определение.** Сумма подпространств $H_1$ и $H_2$ называется прямой, если $H_1 \cap H_2 = \{0\} - тривиально$
**Утверждение.**
Сумма $H_1 + H_2$ является прямой (где $H_1$ и $H_2$ подпространства в $V$) $\Leftrightarrow \forall{x \in H_1 + H_2}$ его представление в виде $x = x_1 + x_2$, где $x_1 \in H_1$, $x_2 \in H_2$ - единственно.
(т.е. единственным образом раскладываются в сумму проекций $x_1 + x_2$ вектора $x$ на подпространство $H_1$ вдоль $H_2$ и на подпространство $H_2$ вдоль $H_1$ соотв.)
**Обозначим** $x_1 = пр_{H_1}{x}, x_2 = пр_{H_2}{x}$
**Доказательство.**
1) Необходимость
Дано: сумма прямая
Доказать: проекции единственна
Предположим, что существует два различных разложения $x = x_1 + x_2 = y_1 + y_2$, где $x_1, y_1 \in H_1$, $x_2, y_2 \in H_2$
$\Leftrightarrow x_1 - y_1 = y_2 - x_2 \wedge\ x_1 - y_1 \in H_1 \wedge y_2 - x_2 \in H_2 \Rightarrow H_1 \cap H_2 = \{0\}$, т. к. сумма прямая $\begin{cases}
x_1 = y_1\\
x_2 = y_2
\end{cases}$
2) Достаточность
Дано: представление единственно
Доказательство: сумма $H_1 + H_2$ - прямая
Предположим противное: $\exist{x \neq 0} x \in H_1 \cap H_2$ $\Rightarrow \forall{\beta \in F}$ рассмотрим представление $x = \beta \cdot x + (1 - \beta) \cdot x \in H_1 + H_2$, и представление не единственно, так как $|F| \geq 2$ ($F$ - поле, содержит 0 и 1) $\Rightarrow$ противоречие
#### 2. Выпишите формулу для преобразования матрицы билинейной формы при замене базиса и докажите её.
**Утверждение.**
Пусть $U$ - матрица перехода от базиса $e$ к базису $f$. Пусть $B_e$ - матрица билинейной формы в базисе $e$. Тогда:
$$
B_f = U^T B_eU
$$
**Доказательство.**
$b(x, y) = (x^e)^T \cdot B_e \cdot y^e$, где $x_e$ - столбец координат в базисе $e$.
$x_e = U x^f$ ($x_e$ - старые координаты, а $x_f$ - новые)
$y_e = U y^f$ ($y_e$ - старые координаты, а $y_f$ - новые)
$$
(U \cdot x^f)^T \cdot B_e \cdot (U\cdot y^f) = (x^f)^T \cdot \underbrace{U_T \cdot B_e \cdot U}_{B_f} \cdot y^f = (x^f)^T B_f y^f \Rightarrow B_f = U^T B_e U
$$
#### 3. Сформулируйте и докажите (включая лемму) теорему об инвариантности ранга матрицы квадратичной формы.
**Лемма.**
Пусть $A, S \in M_n(\R), \det S \neq 0$. Тогда $Rg(A \cdot S) = Rg(A) = Rg(S \cdot A)$, то есть умножение на невырожденную матрицу $S$ не меняет ранг матрицы $A$.
**Доказательство.**
$Rg(A \cdot S) \leq Rg(A)$, так как столбцы матрицы $A \cdot S$ - это линейные комбинации столбцов матрицы $A$, а ранг равен максимальному количеству л.н.з. столбцов (теорема о ранге матрицы) $\Rightarrow$ число л.н.з. столбцов не может вырасти в $Rg(A \cdot S) \leq Rg(A)$.
$$
Rg(A) = Rg(A \cdot S \cdot S^{-1}) \leq Rg(A \cdot S) \Rightarrow Rg(A) = Rg(A \cdot S)
$$
**Утверждение.** (об инвариантности ранга)
Пусть $Q$ - квадратичная форма на линейном пространстве $V, a = \{a_1, ..., a_n\}, b = \{b_1, ..., b_n\}$ - базисы в $V$.
Пусть $A$ - матрица $Q(x)$ в базисе $a$, $B$ - матрица $Q(x)$ в базисе $b$. Тогда $Rg A = Rg B$ (ранги матриц квадратичных форм)
**Доказательство.**
Мы знаем, что $B = S^{T} \cdot A \cdot S$, где $S = T_{a \rightarrow b}$ - матрица перехода, и она всегда невырождена. По лемме при умножении $A$ на невырожденные матрицы $S$ и $S^T$ её ранг не изменится, значит, $Rg B = Rg A$.
#### 4. Сформулируйте и докажите утверждение о связи размерностей ядра и образа линейного отображения.
**Утверждение.**
Пусть $\varphi : V_1 \rightarrow V_2$ – линейное отображение. Тогда $\dim Ker\ \varphi + \dim Im\ \varphi = m = \dim V_1$
**Доказательство.**
Выберем базис в $V_1: e = \{e_1, ..., e_m\}$. Тогда $\forall{x \in V_1}$ можно представить в виде: $x = x_1e_1 + ... + x_me_m$. Следовательно, $\varphi(x) = x_1 \varphi(e_1) + ... + x_m \varphi(e_m)$, где $\varphi(e_1), ..., \varphi(e_m)$ – столбцы матрицы линейного отображения $\varphi$.
Т.е. $Im\ \varphi = L(\varphi(e_1), ..., \varphi(e_m)) \Rightarrow \dim Im\ \varphi = Rg\ A$ – ранг матрицы линейного отображения. Ядро отображения записывается однородной системой (СЛАУ): $Ax = 0 \Rightarrow \dim Ker\ \varphi$ – это число элементов ФСР $Ax = 0$. Но число элементов в ФСР:
$$
m − Rg A = \dim Ker\ \varphi \Rightarrow \dim Ker\ \varphi + \dim Im\ \varphi = m
$$
#### 5. Сформулируйте и докажите утверждение о связи характеристического уравнения и спектра линейного оператора.
**Теорема.**
$\lambda$ – с.з. линейного оператора $A \Leftrightarrow \lambda$ – корень характеристического многочлена (над алгебраически замкнутым полем или, если корень принадлежит рассматриваемую полю $F$).
**Доказательство.**
> Необходимость.
Дано: $\lambda$ – с.з.
Доказать: $\lambda$ – корень характеристического многочлена
По определению $\exists x \neq 0 : Ax = \lambda x$, т.е. $Ax = \lambda \cdot I \cdot x \Leftrightarrow (A − \lambda I)x = 0$, где $I$ – тождественный оператор.
Запишем равенство $(A − \lambda I)x = 0$ в некотором базисе $e:
$$
(A_e − \lambda E)x^e = 0
$$
Это однородная СЛАУ, и она имеет ненулевое решение $\Rightarrow \det(A_e − \lambda E) = 0$, т.е. $\lambda$ – корень характеристического уравнения.
> Достаточность.
Дано: $\lambda$ – корень характеристического многочлена
Доказать: $\lambda$ – с.з.
Если $\lambda$ – корень, то в заданном базисе выполняется равенство: $\det(A_e − \lambda E) = 0 \Rightarrow$ соответствующая СЛАУ с матрицей $(A_e − \lambda E)$ имеет ненулевое решение (используется критерий существования решения однородной СЛАУ с квадратной матрицей).
Это решение можно интерпретировать как набор координат некоторого вектора, для которого выполняется $(A − \lambda I) x = 0, x \neq 0$. Это по определению означает, что $x$ – с.в., а $\lambda$ – с.з.
#### 6. Сформулируйте и докажите утверждение о том, каким свойством обладают собственные векторы линейного оператора, отвечающие различным собственным значениям.
**Утверждение.**
Пусть $\lambda_1, ..., \lambda_k$ - с.з. линейного оператора $A, \lambda_i \neq \lambda_j, i \neq j$ (они различны), а $v_1, ..., v_k$ - соответствующие с.в. Тогда $v_1, ..., v_k$ - линейно независимые. То есть с.в., отвечающие различным с.з. линейно независимы.
**Доказательство.**
Применим принцип математической индукции. При $k = 1$ верно, так как с.в. по определению не 0 и, соответственно, л.н.з.
Пусть уравнение верно для $k = m$. Добавим ещё один c.в. $v_{m+1}$. Докажем, что система из векторов $v_1, ..., v_m, v_{m+1}$ остались л.н.з. Рассмотрим равенство
$$
(1): \alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2 + ... + \alpha_m v_m + \alpha_{m+1} v_{m+1} = 0
$$
Применим к $(1)$ линейный оператор $A$:
$$
\alpha_1 A v_1 + ... + \alpha_m A v_m + \alpha_{m+1} A v_{m + 1} = 0 \Rightarrow (2) : \alpha_1 \lambda_1 v_1 + ... + \alpha_m \lambda_m v_m + \alpha_{m + 1} \lambda_{m + 1} v_{m + 1} = 0
$$
Умножим $(1)$ на $\lambda_{m+1}$ и вычтем его из $(2)$:
$$
\alpha_1(\lambda_1 - \lambda_{m+1}) v_1 + ... + \alpha_m (\lambda_m - \lambda_{m+1})v_m = 0
$$
Так как все $\lambda_i$ различны, а $v_1, ..., v_m$ - л.н.з., то:
$$
\begin{cases}
\alpha_1 (\lambda_1 - \lambda_{m+1}) = 0 \\
\dots \\
\alpha_m(\lambda_m - \lambda_{m+1}) = 0
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
\alpha_1 = 0 \\
\dots \\
\alpha_m = 0
\end{cases}
\Rightarrow (1) \text{ можно записать в виде } \alpha_{m+1}v_{m+1} = 0
$$
Так как $v_{m+1}$ - с.в., то $v_{m+1} \neq 0 \Rightarrow \alpha_{m+1} = 0$.
По определению (л.н.з. векторов) $v_1, ..., v_{m+1}$ - л.н.з. Индукционный переход выполнен, значит утверждение верно всегда.
#### 7. Сформулируйте и докажите критерий диагональности матрицы оператора.
**Утверждение.** Матрица линейного оператора $\cal{A}$ является диагональной в данном базисе $\Leftrightarrow$ все векторы этого базиса являются собственными векторами для л.о. $\cal{A}$.
**Доказательство.**
Необходимость.\
Дано: $A_e\ -\ $ диагональна.\
Доказать: $\mathbb{e}$ состоит из с.в. $\cal{A}$.
По опр. матрицы л.о. в $j$-м столбце стоят координаты вектора $\cal{A}(e_j)$ в базисе $e_{1}, \ldots,\ e_{n}$.\
Если $A_{e}\ -$ диагональна, то $j$-й столбец имеет вид $(0,\ \ldots,\ 0, \lambda_j, 0,\ \ldots,\ 0)$ $\Rightarrow \cal{A}(e_j) = 0 + \ldots + 0 + \lambda_j e_j + 0 + \ldots + 0$.\
Т.е. $\cal{A}(e_j) = \lambda_j e_j, \quad e_j \neq 0 \Rightarrow$ по опр. $e_j\ -$ с.в., отвечающий с.з. $\lambda_j$ (на диагонали матрицы $A_e\ -$ с.з.).
Достаточность.\
Дано: базис $e_{1}, \ldots,\ e_{n}$, состоящий из с.в.\
Доказать: $A_e\ -\ $ диагональна.
$\cal{A}(e_j) = \lambda_j e_j \quad \forall{j}=\overline{1, n} \Rightarrow$ по опр. матрицы л.о. все элементы, кроме диагональных, равны нулю в каждом столбце (на диагонали с.з. $\lambda_{j}$).
#### 8. Каким свойством обладает оператор в n-мерном вещественном пространстве, у характеристического многочлена которого есть n различных действительных корней? Ответ обоснуйте.
**Утверждение.** Если хар. уравнение л.о., действующего в пространстве $V$, где $\dim{V}=n$, имеет ровно $n$ попарно различных корней, то оператор диагонализируем.
**Доказательство.** \
Если с.з. $\lambda_{i} \in F$, то ему можно сопоставить хотя бы один с.в. $v_{i}$. Система $v_{1}, \ldots, v_{n}\ -$ л.н.з., т.к. по условию $\lambda_{i} \neq \lambda_{j}$ при $i \neq j$, их число равно $\dim{V} \Rightarrow$ они образуют базис в $V$ из с.в. $\Rightarrow$ л.о. диагонализируем.
#### 9. Выпишите и докажите неравенство Коши-Буняковского. Выпишите и докажите неравенство треугольника.
**Неравенство КБШ.** $\forall{x, y} \in \cal{E} \quad$ $|g(x, y) | \leqslant \|x\| \cdot \|y\|.$
**Доказательство.**\
$\forall{\lambda} \in \R$\
$0 \leqslant g(\lambda x - y,\ \lambda x - y) = \lambda \cdot g(x, \lambda x - y) - g(y, \lambda x - y) =$\
$= \lambda^2 \cdot g(x, x) - \lambda \cdot g(x, y) - \lambda \cdot g(y, x) + g(y, y) =$\
$= \|x\|^2 \cdot \lambda^2 - 2 g(x, y) \cdot \lambda + \|y\|^2\ -$ квадратное уравнение относительно $\lambda$, которое $\geqslant 0$ при $\forall{\lambda} \in \R$.\
$\Rightarrow D \leqslant 0$, где $D = 4(g(x, y))^2 - 4\|x\|^2 \cdot \|y\|^2 \leqslant 0$.\
$\Rightarrow (g(x, y))^2 \leqslant \|x\|^2 \cdot \|y\|^2 \Rightarrow |g(x, y)| \leqslant \|x\| \cdot \|y\|$.
**Неравенство треугольника.** $\forall{x, y} \in \cal{E} \quad$ $\|x + y\| \leqslant \|x\| + \|y\|.$
**Доказательство.**\
$\|x + y\|^2 = g(x + y, x + y) = \|x\|^2 + 2g(x, y) + \|y\|^2 \leqslant \|x\|^2 + 2\|x\| \cdot \|y\| + \|y\|^2 = (\|x\| + \|y\|)^2 \Rightarrow$ т.к. норма всегда $\geqslant 0$, то $\|x + y\| \leqslant \|x\| + \|y\|$.
#### 10. Докажите теорему о том, что евклидово пространство можно представить в виде прямой суммы подпространства и его ортогонального дополнения.
**Теорема.**
Ортогональное дополнение $H^{\perp}$ является линейным подпространством в $V$ и $V = H \bigoplus H^{\perp}$ ($\dim V = \dim H + \dim H^{\perp}$).
**Доказательство.**
$H^{\perp}$ является подпространством, так как замкнуто относительно операции сложения и умножения на число: $\forall{h \in H, x, y \in H^\perp, \alpha \in \R}$
$$
(x + y, h) = (x, h) + (y, h) = 0 + 0 = 0 \Rightarrow x + y \in H^\perp \\
(\alpha x, h) = \alpha (x, h) = \alpha \cdot 0 = 0 \Rightarrow \alpha x \in H^\perp
$$
Так как $H^\perp$ является подпространством, то можно рассматривать $H + H^\perp$. Осталось показать, что сумма прямая и что $V = H + H^\perp$.
Если $x \in H \cap H^\perp$, то $(x, x) = 0 \Leftrightarrow x = 0$, то есть $H \cap H^\perp = \{0\} \Rightarrow$ сумма прямая.
Пусть $f_1, ..., f_m$ - ОНБ в $H$ (он всегда существует). Дополним его до базиса в $V$ векторами $f_{m+1}, ..., f_n$. Применим принцип ортогональности Грамма-Шмидта:
$f_1, ..., f_m, \underbrace{e_{m+1}, ..., e_n}_\text{новые} \Rightarrow e_{m+1}, ..., e_n$ - ортогональны $f_1, ..., f_m$ (базис в $H$) $\Rightarrow$ они ортогональны всему $H$. И $\forall{x \in V}$ можно представить в виде:
$$
x = \underbrace{x_1 f_1 + ... + x_m f_m}_{y \in H} + \underbrace{x_{m+1} e_{m + 1} + ... + x_n e_n}_{z \in H^\perp}
$$
То есть $\forall{x \in V}: x = y + z, y \in H, z \in H^\perp$, но это и означает, что всё пространство $V$ равно $H \bigoplus H^\perp$.
#### 11. Выпишите формулу для преобразования матрицы Грама при переходе к новому базису и докажите её. Что происходит с определителем матрицы Грама при применении процесса ортогонализации Грама—Шмидта? Что можно сказать про знак определителя матрицы Грама? Ответы обоснуйте.
1. Матрицы Грама двух базисов $e$ и $e'$ связаны между собой так:
$$
Г' = U^T Г U
$$
где $U$ \- матрица перехода от $e$ к $e'$. Формула верна, так как $Г$ \- матрица билинейной формы $g(x, y)$.
2. $\det{Г} > 0$
**Доказательство.**
Рассмтрим $\det(Г')$:
$$
\det{Г'} = \det(U^T Г U) = \underbrace{\det U^T}_{U} \cdot \det{Г} \cdot \det{U} = \underbrace{(\det{U})^2}_{>0} \cdot \det{Г}
$$
Перейдем к ОНБ \(это всегда можно сделать в конечном пространстве\). В нем $Г' = E \Rightarrow \det{Г'} = 1$.
$$
1 = \underbrace{(\det{U})^2}_{>0} \cdot \det{Г} \Rightarrow \det{Г} > 0
$$
3. Определитель матрицы Грама \(грамиан\) не изменяется при применении процесса ортогонализации Грама\-Шмидта.
**Доказательство.**
$Gr(a_1, ..., a_n) = \det{Г(a_1, ..., a_n)}$.
Матрица перехода от базиса $a_1, ..., a_n$ к базису $b_1, ..., b_n$ \(ортогональный, не нормированный\) имеет следующий вид:
$\det{Г_b '} = \det(U^T Г_a U) = (\det{U})^2 \cdot \det Г_а = 1 \cdot \det Г_а = \det Г_а$
#### 12. Сформулируйте и докажите критерий линейной зависимости набора векторов с помощью матрицы Грама.
**Утверждение.**
Векторы $a_1, ..., a_k \in E$ - л.н.з. $\Leftrightarrow Gr(a_1, ..., a_k) \neq 0$
**Доказательство.**
Рассмотрим линейную комбинацию векторов $a_1, ..., a_k$.
$$
(1): \alpha_1 a_1 + ... + \alpha_k a_k = 0
$$
Умножим $(1)$ скалярно на векторы $(a_1, ..., a_k)$:
$$
\begin{cases}
\alpha_1(a_1, a_1) + \alpha_2 (a_1, a_2) + ... + \alpha_k (a_1, a_k) = 0 \\
\vdots \\
\alpha_1 (a_k, a_1) + \alpha_2(a_k, a_2) + ... + \alpha_k (a_k, a_k) = 0
\end{cases}
$$
Это однородная СЛАУ на коэфициенты $\alpha_1, ..., \alpha_k$, т.е. СЛАУ вида $Г_{k \times k}(a_1, ..., a_k) \cdot \alpha = 0$.
У нее существует нетривиальное решение (векторы л.з.) $\Rightarrow \det Г_{k \times k} = 0$.
И, соответственно, $a_1, ..., a_k$ - л.н.з. $\Leftrightarrow \det Г_{k \times k} \neq 0$.
#### 13. Выпишите формулу для ортогональной проекции вектора на подпространство, заданное как линейная оболочка данного линейно независимого набора векторов, и докажите её.
**Утверждение.**
Пусть $H = L(a_1, ..., a_k)$ и $a_1, ..., a_k$ - л.н.з. Тогда
$$
y = пр_H x = A(A^T A)^{-1} A^T x
$$
где $A$ составлена из столбцов координат векторов $a_1, ..., a_k$ в ОНБ.
**Доказательство.**
Пусть $y = пр_H x = \alpha_1 a_1 + ... + \alpha_k a_k \in H$ (то есть $x = \underbrace{\alpha_1 a_1 + ... + \alpha_k a_k}_{\in H} + \underbrace{h^{\perp}}_{\in H^{\perp}}$).
Теперь последовательно умножим $x$ на $a_1, ..., a_k$:
$$
\begin{cases}
\alpha_1 (a_1, a_1) + \alpha_2 (a_1, a_2) + ... + \alpha_k (a_1, a_k) = (a_1, x) \\
\vdots \\
\alpha_1 (a_k, a_1) + \alpha_2 (a_k, a_2) + ... + \alpha_k (a_k, a_k) = (a_k, x)
\end{cases}
$$
В матричной форме с матрицей $A = [a_1, ..., a_k]$:
$$
Г_{k \times k} (a_1, ..., a_k) \cdot \alpha = A^T x \Leftrightarrow \underbrace{A^T A}_{Г_{k \times k}} \cdot \alpha = A^T x
$$
Так как $a_1, ..., a_k$ - л.н.з. $\Rightarrow Г(a_1, ..., a_k)$ невырождена $\Rightarrow$ к ней существует обратная. Тогда
$$
Г \cdot \alpha = A^T x \Rightarrow \alpha = Г^{-1} \cdot A^T \cdot x = (A^T A)^{-1} \cdot A^T \cdot x \\
y = A\alpha = A(A^T A)^{-1} A^T x
$$
#### 14. Докажите, что для любого оператора в конечномерном евклидовом пространстве существует единственный сопряженный оператор.
**Теорема.**
Для любого линейного оператора в евклидовом пространстве существует единственный сопряженный оператор $A^* : E \rightarrow E$, причем его матрицей в базисе $b$ будет матрица $A^*_b = Г^{-1} A^T_b Г$, где $Г$ - матрица Грама базиса $b$.
**Доказательство.**
Покажем, что л.о. с матрицей $B = Г^{-1} A Г$ является сопряженной к данному л.о. Проверим выполнение равенства:
$$
\forall{x, y \in E}: (Ax, y) = (x, By)
$$
Пусть $x^b, y^b$ - столбцы координат векторов в базисе $b$. Тогда $(Ax)^b = A_b x^b$ и $(x, y) = x^T Г y$ - матричная запись скалярного произведения. Тогда:
$$
\underbrace{((Ax)^b)^T Г y^b}_{(x^b)^T \cdot A^T_b \cdot Г \cdot y^b} = (x^b)^T Г (By)^b \text{ - скалярное произведение в матричной форме} \\
(x^b)^T \cdot A^T_b \cdot Г \cdot y^b = (x^b)^T Г (By)^b \overset{\text{лемма}}{\Rightarrow} Г B_b = A_b^T Г \Rightarrow B_b = Г ^{-1} A^T_b Г\ (\exists Г^{-1}\text{, т.к. } \det{Г} > 0)
$$
#### 15. Сформулируйте и докажите свойство собственных векторов самосопряженного оператора, отвечающих разным собственным значениям.
**Утверждение.**
С.в. самосопряженного л.о., отвечающее различным с.з., ортогональны.
**Доказательство.**
Пусть $Ax_1 = \lambda_1 x_1, x_1 \neq 0, Ax_2 = \lambda_2 x_2, x _2 \neq 0, \lambda_1 \neq \lambda_2$ (то есть $x_1, x_2$ - с.в., соответствующие с.з. $\lambda_1, \lambda_2$).
$$
\begin{cases}
(Ax_1, x_2) = (\lambda_1 x_1, x_2) = \lambda_1(x_1, x_2) \\
(x_1, Ax_2) = (x_1, \lambda_2 x_2) = \lambda_2(x_1, x_2)
\end{cases} \Rightarrow \underbrace{(\lambda_1 - \lambda_2)}_{\neq 0}(x_1, x_2) = 0 \Rightarrow x_1, x_2 \text{ ортогональны}
$$
#### 16. Каким свойством обладают собственные значения самосопряженного оператора? Ответ обоснуйте.
**Теорема.**
Все корни характеристического уравнения самосопряженного линейного оператора являются действительными числами.
**Доказательство.**
Пусть $\tilde{\lambda} \in \mathbb{C}$ - корень характеристического уравнения $\chi_a(\lambda) = 0$, то есть выполнено $\det(A - \tilde{A} E) = 0$.
Тогда СЛАУ $(A - \tilde{\lambda} E)x = 0$ имеет ненулевое решение, состоящее из $x_k \in \mathbb{C}, k = \overline{1, n}$:
$$
x = \begin{pmatrix}x_1 \\ \vdots \\ x_n\end{pmatrix}
$$
Рассмотрим столбец сопряженных (комплексно) элементов:
$$
\overline{x} = \begin{pmatrix}\overline{x_1} \\ \vdots \\ \overline{x_n}\end{pmatrix}
$$
Умножим СЛАУ на $\overline{x}^T$ ($= x^*$ обозначение) слева:
$$
\overline{x}^T (A - \tilde{\lambda}E)x = 0 \Leftrightarrow \overline{x}^T Ax - \tilde{\lambda} \overline{x}^T x = 0
$$
$\overline{x}^T x = \overline{x_1} x_1 + ... + \overline{x_n} x_n = \underbrace{|x_1|^2 + ... + |x_n|^2}_{\in \R} > 0$, так как решение ненулевое (с.в.). Тогда $\tilde{\lambda} = \frac{\overline{x}^T A x}{\overline{x}^T x}$ - отношение Релея.
Если докажем, что $z = \overline{x}^T A x$ является вещественным числом, то $\tilde{\lambda}$ тоже будет вещественным:
$$
z = \overline{x}^T A x \Rightarrow z^T = (\overline{x}^T A x)^T = x^TA^T(\overline{x}^T)^T = x^T A^T \overline{x} \overset{A = A^T}{=} x^T A \overline{x}
$$
Так как матрица вещественная:
$$
\overline{z} = \overline{\overline{x}^T A x} = \overline{\overline{x}^T} \cdot \overline{A} \cdot \overline{x} = x^T A \overline{x} \Rightarrow z = \overline{z} \Rightarrow z \in \R \Rightarrow \tilde{\lambda} = \frac{z}{\overline{x}^T x} \in \R
$$
#### 17. Сформулируйте теорему о существовании для самосопряженного оператора базиса из собственных векторов. Приведите доказательство в случае различных вещественных собственных значений.
**Теорема.**
Если с.з. $\lambda_1, ..., \lambda_n$ самосопряженного л.о. $A: E \rightarrow E, \dim E = n$, попарно празличны, то в $E$ существует ОНБ, в котором матрица оператора $A$ имеет диагональный вид.
**Доказательство.**
Так как $\lambda_1, ..., \lambda_n$ - попарно различны, то, выбрав для каждого с.з. соответствующий ему с.в., получим систему ненулевых векторов. По утверждению об ортогональности с.в., отвечающих различным с.з., это будет ортогональная система. Она л.н.з. и содержит $n$ векторов. Значит, она является базисом в $E$ (так как $\dim{E} = n$). Это ортогональный базис. Чтобы получить ОНБ нужно разделить каждый вектор на его норму. Векторы не перестают быть собственными, значит, это исходный базис.
#### 18. Сформулируйте и докажите критерий ортогональности оператора, использующий его матрицу.
**Теорема.**
Матрица л.о. $A$ в ОНБ ортогональна $\Leftrightarrow A$ - ортогональный л.о.
**Доказательство.**
> Необходимость
Дано: Матрица л.о. $A$ ортогональна в ОНБ $e$.
Доказать: $A$ - ортогональнай линейный оператор.
Так как $A^T_e \cdot A_e = E \Rightarrow \forall{x, y \in E}$, для их координат в базисе $e$
$$
x \mapsto \begin{pmatrix}x_1 \\ \vdots \\ x_n\end{pmatrix}, y \mapsto \begin{pmatrix}y_1 \\ \vdots \\ y_n\end{pmatrix}
$$
выполнено:
$$
(Ax, Ay) = \begin{pmatrix}A_e \begin{pmatrix}x_1 \\ \vdots \\ x_n\end{pmatrix}\end{pmatrix}^T A_e \begin{pmatrix}y_1 \\ \vdots \\ y_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x_1 & ... & x_n\end{pmatrix} (A_e^T \cdot A_e) \begin{pmatrix}y_1 \\ \vdots \\ y_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x_1 & ... & x_n\end{pmatrix} E \begin{pmatrix}y_1 \\ \vdots \\ y_n\end{pmatrix} = (x, y)
$$
То есть $\forall{x, y \in E}: (Ax, Ay) = (x, y) \Rightarrow A$ - ортогональный линейный оператор по определению.
> Достаточность
Дано: $A$ - ортогональнай линейный оператор.
Доказать: Матрица л.о. $A$ ортогональна в ОНБ $e$.
По определению: $\forall{x, y \in E}: (Ax, Ay) = (x, y)$.
В любом ОНБ в координатах это можно записать так:
$$
(A_e x^e)^T \cdot E (A_e y^e) = (x^e)^T \cdot y^e \Rightarrow (x^e)^T \cdot A^T_e \cdot A_e \cdot y^e = (x^e)^T \cdot E \cdot y^e
$$
По лемме: $A^T_e \cdot A_e = E$.