Из набора векторов в стандартном евклидовом $\mathbb{R}^{3}$ $e_{1}=\left(1,0,1\right)^{T};e_{2}=\left(2,-1,0\right)^{T};e_{3}=\left(1,2,-1\right)^{T}$ постройте методом Грама-Шмидта ортогональный набор и запишите матрицу перехода от исходного набора к полученному.

В качестве первого вектора нового базиса возьмём $f_{1}=e_{1}.$ Второй ему не ортогонален, ортогонализуем

$$f_{2}=e_{2}-\alpha_{1}f_{1},$ где $\alpha_{1}=\frac{\left(e_{2},f_{1}\right)}{\left(f_{1},f_{1}\right)}=\frac{1\cdot2+0\cdot(-1)+1\cdot0}{1\cdot1+0\cdot0+1\cdot1}=\frac{2}{2}=1,$$ тогда

$$f_{2}=\left(2,-1,0\right)^{T}-\left(1,0,1\right)^{T}=\left(1,-1,-1\right)^{T}.$ Третий вектор $f_{3}=e_{3}$ т.к. $\left(e_{3},f_{1}\right)=\left(e_{3},f_{2}\right)=0.$$

Таким образом новый базис $f_{1}=e_{1};f_{2}=e_{2}-e_{1};f_{3}=e_{2}$ и матрица перехода

$$(f_{1},f_{2},f_{3})=(f_{1},f_{2},f_{3})\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$$

$$S=\left(\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right).$$

Найти ядро и образ оператора на $\mathbb{R}^{3}$ с матрицей $A=3E-x\cdot x^{T}$, где $x=(1,1,1)^{T}$, $E$ — единичная матрица.

$$A=3\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)-\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right)=3\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)-\left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -1\\ -1 & 2 & -1\\ -1 & -1 & 2 \end{array}\right)$$

найдём ядро и образ

$$\left(\begin{array}{ccc} 2 & -1 & -1\\ -1 & 2 & -1\\ -1 & -1 & 2\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 0 & -1 & -1\\ 0 & 2 & -1\\ 0 & -1 & 2\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & -1\\ 0 & 3 & -1\\ 0 & -3 & 2\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 1 & -1 & 1 \end{array}\right)$$

В итоге $\ker A=\left\langle (1,1,1)^{T}\right\rangle $, $\text{Im}A=\left\langle (0,3,-3)^{T},(-1,-1,2)^{T}\right\rangle $.

Оператор $D:\mathbb{R}[x]_{\leqslant2}\to\mathbb{R}[x]_{\leqslant2}$ задан по правилу $D\left(f(x)\right)=f(x+1)-f(x).$

а) Запишите матрицу $D$ в базисе $1,x,x^{2}$ ;

б) докажите, что $D$ — нильпотентен;

в) найдите жорданову форму оператора $D$.

$f(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2},$ тогда

$$D\left(f(x)\right)=a_{0}+a_{1}\left(x+1\right)+a_{2}\left(x+1\right)^{2}-\left(a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}\right)=$$

$$a_{0}+a_{1}x+a_{1}+a_{2}x^{2}+2a_{2}x+a_{2}-\left(a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}\right)=a_{1}+a_{2}+2a_{2}x.$$

Матрицу запишем при действии на вектор $\left(a_{0},a_{1},a_{2}\right)^{T}:$

$$\left(\begin{array}{c} a_{1}+a_{2}\\ 2a_{2}\\ 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right),$$

тогда $$A=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right);$$A^{2}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 2
0 & 0 & 0
0 & 0 & 0 \end{array}\right);A^{3}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0
0 & 0 & 0
0 & 0 & 0 \end{array}\right),$$ следовательно, матрица $A$ нильпотентна. Раз собственные числа только нулевые и $A^{2}\neq0,$то жорданова форма

$$J_{A}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right),$$ для которой $J_{A}\neq0.$

Вычислить $\det(e^{A})$ для матрицы

$A=\left(\begin{array}{cc} 3 & -1
1 & 1 \end{array}\right)$

Находим собственные числа $\chi\left(\lambda\right)=\left(-\lambda\right)^{2}-4\lambda+4=\left(\lambda-2\right)^{2}$

Вспоминаем формулу вычисления матричной функции при вырожденном корне:

$f\left(A\right)=f\left(\lambda_{1}\right)E+f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right)\left(A-\lambda_{1}E\right)=$

$e^{2}E+e^{2}\left(A-2E\right)=e^{2}\left(\begin{array}{cc} 1 & 0
0 & 1 \end{array}\right)+e^{2}\left(\left(\begin{array}{cc} 3 & -1
1 & 1 \end{array}\right)-2\left(\begin{array}{cc} 1 & 0
0 & 1 \end{array}\right)\right)=e^{2}\left(\begin{array}{cc} 1 & 0
0 & 1 \end{array}\right)+e^{2}\left(\begin{array}{cc} 1 & -1
1 & -1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 2e^{2} & -e^{2}
e^{2} & 0 \end{array}\right)$

тогда

$\det\left(\begin{array}{cc} 2e^{2} & -e^{2}
e^{2} & 0 \end{array}\right)=e^{2}e^{2}=e^{4}$

С другой стороны мы просто убедились, что $\det e^{A}=e^{\text{Tr}A}.$

Пусть $L_{A}:M_{2}(\mathbb{R})\to M_{2}(\mathbb{R})$ — это отображение, задаваемое по правилу $L_{A}(X)=AX,$

где

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

Пусть $U$ — линейная оболочка матриц $E,A$: $U=\left\langle E,A\right\rangle \subset M_{2}(\mathbb{R}).$ Проверьте, что $L_{A}$ — линейный оператор, что $U$ инвариантно относительно $L_{A}$, и запишите матрицу ограничения (сужения) $L_{A}|_{U}$ в базисе $\left\{ E,A\right\} $ подпространства $U$.

То, что $U$ — линейная оболочка матриц $U=\left\langle E,A\right\rangle $, следовательно, произвольный \guillemotleft вектор\guillemotright{} $X\in U$ можно представить в виде $X=\alpha E+\beta A,$ где $\alpha,\beta\in\mathbb{R},$ при этом \guillemotleft вектора\guillemotright{} $E,A$ являются базисными. Подействуем оператором $L_{A}$ на произвольный \guillemotleft вектор\guillemotright{} $L_{A}(X)=L_{A}\left(\alpha E+\beta A\right)=A\left(\alpha E+\beta A\right)=\alpha A+\beta A^{2}$

Найдём сначала $A^{2}=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1
0 & -2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 1 & 1
0 & -2 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & -1
0 & 4 \end{array}\right)=xE+yA=\left(\begin{array}{cc} x+y & y
0 & x-2y \end{array}\right),$

решая систему получим, что $y=-1,x=2$ и $A^{2}=2E-A,$ тогда

$L_{A}(X)=L_{A}\left(\alpha E+\beta A\right)=\alpha A+\beta A^{2}=\alpha A+\beta\left(2E-A\right)=2\beta E+\left(\alpha-\beta\right)A$

Таким образом, вектор $X$ в базисе $\left\{ E,A\right\} $ можно представить в виде $\left(\alpha,\beta\right)^{T}$ и под действием оператора $L_{A}$ переходит в вектор $\left(2\beta,\alpha-\beta\right)$ то матрица сужения $L_{A}|_{U}$ :

$\left(\begin{array}{c} 2\beta
\alpha-\beta \end{array}\right)=L_{A}|_{U}\left(\begin{array}{c} \alpha
\beta \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & 2
1 & -1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} \alpha
\beta \end{array}\right)$, так что

$L_{A}|_{U}=\left(\begin{array}{cc} 0 & 2
1 & -1 \end{array}\right).$