$$A=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{array}\right)$$

Найдём её сначала по стандартной схеме в лоб

$$\|A\|=\sup\left\{ \|Ax\|\right|\left.x\in V,\ \|x\|=1\right\} $$

Для этого возьмём единичный вектор

$$x=\left(\begin{array}{c} \cos\alpha\\ \sin\alpha \end{array}\right)$$

и преобразуем его:

$$y=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \cos\alpha\\ \sin\alpha \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \cos\alpha+\sin\alpha\\ \sin\alpha \end{array}\right).$$

Найдём его длину:

$$\|y\|=\sup\left\{ \left(\cos\alpha+\sin\alpha\right)^{2}+\sin^{2}\alpha\right\} =\sup\left\{ 1+\sin2\alpha+\sin^{2}\alpha\right\} .$$

Найдём максимум

$$\frac{\partial\left(1+\sin2\alpha+\sin^{2}\alpha\right)}{\partial\alpha}=2\cos2\alpha+2\cos\alpha+\sin\alpha=2\cos2\alpha+\sin2\alpha=$$ $$2\left(\cos^{2}\alpha+\cos\alpha\sin\alpha-\sin^{2}\alpha\right)=2\cos^{2}\alpha\left(1+\text{tg}\alpha-\text{tg}^{2}\alpha\right)=0.$$

Решим уравнение $\text{tg}^{2}\alpha-\text{tg}\alpha-1=0$, его решение $\text{tg}\alpha_{1;2}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$. Найдём теперь $$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}; \ \ \sin\alpha=\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$$ из определения $$\text{tg}^{2}\alpha=\frac{1-\cos^{2}\alpha}{\cos^{2}\alpha}.$$

Теперь получим максимальную длину вектора:

$$\|y\|^{2}=\left(\cos\alpha+\sin\alpha\right)^{2}+\sin^{2}\alpha=\frac{\left(1+x\right)^{2}+x^{2}}{1+x^{2}}=\frac{\left(3+\sqrt{5}\right)^{2}+\left(1+\sqrt{5}\right)^{2}}{4+\left(1+\sqrt{5}\right)^{2}}=$$ $$\frac{\left(9+5+6\sqrt{5}\right)+\left(6+2\sqrt{5}\right)}{4+\left(6+2\sqrt{5}\right)}=\frac{10+4\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}=\frac{10+4\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}\cdot\frac{5-\sqrt{5}}{5-\sqrt{5}}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}.$$

В итоге $$\|A\|=\|y\|=\sup\left\{ 1+\sin2\alpha+\sin^{2}\alpha\right\} =\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}.$$

Найдём теперь норму оператора $\|A\|$ вторым способом через поиск сингулярного числа.

Для этого

1) построим матрицу

$$A^{*}A=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 2 \end{array}\right)$$

2) найдём её собственные числа

$\chi\left(\lambda\right)=\lambda^{2}-3\lambda+1=\left(\lambda-\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)\left(\lambda-\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)$

$\lambda_{1;2}=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}$.

В итоге максимальное сингулярное число $\sigma_{1}=\sqrt{\lambda_{1}}=\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}$ как раз и совпадает с найденной ранее нормой оператора $\|A\|=\sigma_{1}=\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}.$

Для второй матрицы сразу будем искать максимальное сингулярное число:

$$B^{*}B=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 1 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 0 & 2 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 5 \end{array}\right)$$

далее

$$\chi\left(\lambda\right)=\lambda^{2}-6\lambda+4=\left(\lambda-\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)\left(\lambda-\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)$$

$$\lambda_{1;2}=\frac{6\pm\sqrt{20}}{2}=3\pm\sqrt{5}$$

следовательно, $$\sigma_{1}=\sqrt{\lambda_{1}}=\sqrt{3+\sqrt{5}}.$$

Найти серию (из двух) углов между плоскостями $x+y+z=0$ и $x+z=0$ в $\mathbb{R}^{3}$, убедиться, что второй угол в этой серии это обычный угол между этими плоскостями в $\mathbb{R}^{3}$.

Зададим первую плоскость образующими векторами $a_{1}=(1,-1,0);b_{1}'=(1,0,-1);$

Нормаль $$n_{1}=\left|\begin{array}{ccc} e_{x} & e_{y} & e_{z}\\ 1 & -1 & 0\\ 1 & 0 & -1 \end{array}\right|=(1,1,1)$$ первой плоскости. Ортогонализуем: $$b_{1}=(1,0,-1)-(1,-1,0)\frac{\left((1,0,-1)(1,-1,0)\right)}{(1,-1,0)^{2}}=(1,0,-1)-(1,-1,0)\frac{1}{2}=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1)$$ Зададим вторую плоскость образующими векторами $a_{2}=(1,0,-1);b_{2}=(0,1,0);$ Нормаль $$n_{2}=\left|\begin{array}{ccc} e_{x} & e_{y} & e_{z}\\ 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right|=(1,0,1)$$ второй плоскости.

Нормируем вектора:

$$e_{1}=\frac{a_{1}}{|a_{1}|}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0); \ \ e_{2}=\frac{b_{1}}{|b_{1}|}=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,1,-2);$$

$$u_{1}=\frac{a_{2}}{|a_{2}|}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1); \ \ u_{2}=\frac{b_{2}}{|b_{2}|}=(0,1,0);$$

Построим матрицу на векторах $e_{1},e_{2}$ и $u_{1},u_{2}$:

$$A=\left(\begin{array}{cc} \left(e_{1},u_{1}\right) & \left(e_{1},u_{2}\right)\\ \left(e_{2},u_{1}\right) & \left(e_{2},u_{2}\right) \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2} & \frac{-1}{\sqrt{2}}\\ \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right).$$

Найдём её сингулярные числа:

$$A^{*}A=\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2}\\ \frac{-1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2} & \frac{-1}{\sqrt{2}}\\ \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & \frac{2}{3} \end{array}\right)$$

тогда сингулярные числа

$$\sigma_{1}=1=\cos\alpha_{1};\sigma_{2}=\sqrt{\frac{2}{3}}=\cos\alpha_{2}.$$

С другой стороны как мы раньше вычисляли угол между плоскостями? Это был угол между нормалями:

$$\cos\alpha=\frac{\left(n_{1},n_{2}\right)}{\sqrt{n_{1}^{2}n_{2}^{2}}}=\frac{\left((1,1,1),(1,0,1)\right)}{\sqrt{(1,1,1)^{2}(1,0,1)^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{3\cdot2}}=\sqrt{\frac{2}{3}}.$$

Значит, второй угол связанный с сингулярным числом $\sigma_{2}=\sqrt{\frac{2}{3}}=\cos\alpha_{2}$ является нашим искомым.

Найти угол между вектором $x$ и подпространством $L$:

а) $L=\left\langle (3,4,-4,-1),(0,1,-1,2)\right\rangle ;x=(2,2,1,1)$

Ортогонализуем и нормируем

$$e_{1}'=(3,4,-4,-1);$$

$$e_{2}'=(0,1,-1,2)-(3,4,-4,-1)\frac{\left((3,4,-4,-1)(0,1,-1,2)\right)}{(3,4,-4,-1)^{2}}=(0,1,-1,2)-(3,4,-4,-1)\frac{4+4-2}{9+16+16+1}=$$

$$(0,1,-1,2)-(3,4,-4,-1)\frac{6}{42}\to(0,42,-42,84)-(18,24,-24,-6)=(-18,18,-18,90)\to(-1,1,-1,5).$$

$$e_{1}=\frac{e_{1}'}{|e_{1}'|}=\frac{1}{\sqrt{42}}(3,4,-4,-1),\,\,e_{2}=\frac{e_{2}'}{|e_{2}'|}=\frac{1}{\sqrt{28}}(-1,1,-1,5)$$

$$e_{x}=\frac{1}{\sqrt{10}}(2,2,1,1)$$

Матрица

$$A=\left(\begin{array}{c} \left(e_{1},e_{x}\right)\\ \left(e_{2},e_{x}\right) \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \frac{6+8-4-1}{\sqrt{10}\sqrt{42}}\\ \frac{-2+2-1+5}{\sqrt{10}\sqrt{28}} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \frac{9}{\sqrt{10}\sqrt{42}}\\ \frac{4}{\sqrt{10}\sqrt{28}} \end{array}\right)$$

Находим матрицу

$$\sigma^{2}=A^{*}A=\left(\frac{9}{\sqrt{10}\sqrt{42}}\right)^{2}+\left(\frac{4}{\sqrt{10}\sqrt{28}}\right)^{2}=\frac{1}{10}\left(\frac{81}{42}+\frac{16}{28}\right)=\frac{1}{10}\left(\frac{27}{14}+\frac{8}{14}\right)=\frac{35}{140}=\frac{1}{4}$$

Следовательно $$\cos\alpha=\sigma=\frac{1}{2},$ $\alpha=\frac{\pi}{3}.$$

Найти угол между подпространствами $$\left\langle e_{1},e_{2}\right\rangle =\left\langle (1,0,0,0),(0,1,0,0)\right\rangle ,$$ $$\left\langle u_{1},u_{2}\right\rangle =\left\langle (1,1,1,1),(1,-1,1,-1)\right\rangle .$$

Вектора $e_{1},e_{2}$ и $u_{1},u_{2}$ ортогональны, но последняя пара не нормирована. Нормируем и составим матрицу

$$A=\left(\begin{array}{cc} \left(e_{1},\frac{1}{2}u_{1}\right) & \left(e_{1},\frac{1}{2}u_{2}\right)\\ \left(e_{2},\frac{1}{2}u_{1}\right) & \left(e_{2},\frac{1}{2}u_{2}\right) \end{array}\right)=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right).$$

Сама матрица оказалась нормальной, т.к. самосопряжённая, тогда можно искать не сингулярные числа, а её собственные: $\lambda^{2}-\frac{1}{2}=0,$ следовательно, $\lambda=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Сравним с сингулярными числами:

$$A^{*}A=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right)\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{2} & 0\\ 0 & \frac{1}{2} \end{array}\right).$$

Следовательно, $\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}$, а угол $\alpha=\frac{\pi}{4}$.