Линейные пространства и линейные операторы - сложные задачи с решениями

Решение:
Векторы [tex]f_1=2e_1+e_2[/tex] и [tex]f_2=e_1-e_2[/tex] образуют базис [tex]V[/tex], так как определитель из их координат отличен от нуля:
[tex]\begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{vmatrix}=-3\ne 0[/tex]
поэтому оператор однозначно определяется векторами [tex]p(f_1)[/tex] и [tex]p(f_2)[/tex]. Запишем [tex]a=\alpha f_1+\beta f_2[/tex] и сравним коэффициенты при [tex]e_1[/tex] и [tex]e_2[/tex]:
[tex]\begin{cases} 2\alpha+\beta=2 \\ \alpha-\beta=-1 \end{cases}\Rightarrow \alpha=\frac{1}{3},\quad \beta=\frac{4}{3}[/tex]
По линейности
[tex]p(a)=\frac{1}{3}p(f_1)+\frac{4}{3}p(f_2)=\frac{1}{3}(e_1+3e_2)+\frac{4}{3}(2e_1+3e_2)=3e_1+5e_2[/tex]
Проверка с помощью матрицы [tex]p[/tex]: из [tex]e_1=\frac{f_1+f_2}{3}[/tex] и [tex]e_2=\frac{f_1-2f_2}{3}[/tex] находим [tex]p(e_1)=e_1+2e_2[/tex], [tex]p(e_2)=-e_1-e_2[/tex] и
[tex]\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 2 & -1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 \\ -1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 3 \\ 5 \end{bmatrix}[/tex]

Решение:
Векторы [tex]g_1, g_2[/tex] образуют базис, так как [tex]\begin{vmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \end{vmatrix}=1\ne 0[/tex]. Столбцы матрицы — координаты [tex]f(g_1)[/tex] и [tex]f(g_2)[/tex] в базисе [tex]g_1, g_2[/tex]. Имеем
[tex]f(g_1)=f(2; -1)=(6-5; \ 8+7)=(1; 15),\qquad f(g_2)=f(-1; 1)=(-3+5; \ -4-7)=(2; -11)[/tex]
Из [tex]\alpha g_1+\beta g_2=(1; 15)[/tex]:
[tex]\begin{cases} 2\alpha-\beta=1 \\ -\alpha+\beta=15 \end{cases}\Rightarrow \alpha=16,\quad \beta=31[/tex]
Из [tex]\alpha g_1+\beta g_2=(2; -11)[/tex]:
[tex]\begin{cases} 2\alpha-\beta=2 \\ -\alpha+\beta=-11 \end{cases}\Rightarrow \alpha=-9,\quad \beta=-20[/tex]
Следовательно, матрица равна
[tex]\begin{bmatrix} 16 & -9 \\ 31 & -20 \end{bmatrix}[/tex]
Та же матрица равна [tex]G^{-1}AG[/tex], где [tex]A=\begin{bmatrix} 3 & 5 \\ 4 & -7 \end{bmatrix}[/tex] — матрица [tex]f[/tex] в стандартном базисе, а [tex]G=\begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}[/tex] — матрица перехода.

Решение:
Векторы [tex]a_1,a_2,a_3[/tex] линейно зависимы; проверим покоординатно:
[tex]2a_1-a_2+3a_3=(6-12+6; 2+7-9; 10-4-6; 8-11+3)=(0; 0; 0; 0)[/tex]
Поэтому если [tex]v=\alpha a_1+\beta a_2+\gamma a_3[/tex], то, прибавив [tex]t(2a_1-a_2+3a_3)=\vec{0}[/tex], получим другое представление при каждом [tex]t\ne 0[/tex]. Значит, у [tex]v[/tex] либо нет ни одного представления, либо их бесконечно много, и достаточно, чтобы [tex]v[/tex] вообще был линейной комбинацией. Так как [tex]a_2=2a_1+3a_3[/tex], это означает [tex]v=\alpha a_1+\gamma a_3[/tex] при некоторых числах [tex]\alpha,\gamma[/tex]. Из первых двух координат получаем
[tex]\begin{cases}3\alpha+2\gamma=8\\ \alpha-3\gamma=-1\end{cases}\Rightarrow \alpha=2,\ \gamma=1[/tex]
Тогда должны совпадать и третья, и четвёртая координаты:
[tex]5\cdot 2-2\cdot 1=8=x+6,\quad 4\cdot 2+1\cdot 1=9=x+7\Rightarrow x=2[/tex]
При [tex]x\ne 2[/tex] вектор [tex]v[/tex] вообще не является линейной комбинацией [tex]a_1,a_2,a_3[/tex], а при [tex]x=2[/tex] у него бесконечно много представлений, например
[tex]v=2a_1+0\cdot a_2+a_3=0\cdot a_1+a_2-2a_3[/tex]

Решение:
Пусть [tex]E[/tex] — единичная матрица порядка [tex]3[/tex] и
[tex]P=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix},\qquad Q=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}[/tex]
Каждая матрица из [tex]W[/tex] равна [tex]a_1E+a_2P+a_3Q[/tex], поэтому [tex]W[/tex] — линейная оболочка матриц [tex]E,P,Q[/tex], подпространство в [tex]M_3(\mathbb{R})[/tex]. Единицы матриц [tex]E,P,Q[/tex] стоят на разных местах, поэтому эти матрицы линейно независимы. Симметричная матрица определяется тремя диагональными элементами и тремя элементами над диагональю. Следовательно,
[tex]\dim W=3,\qquad \dim U=6[/tex]
Пересечение: обозначим элементы матрицы через [tex]m_{ij}[/tex]. Матрица из [tex]W[/tex] симметрична тогда и только тогда, когда
[tex]m_{12}=m_{21},\ m_{13}=m_{31},\ m_{23}=m_{32}\iff a_2=a_3,\ a_3=a_2,\ a_2=a_3\iff a_2=a_3[/tex]
Следовательно, [tex]U\cap W[/tex] состоит из матриц [tex]a_1E+a_2(P+Q)[/tex]; так как [tex]E[/tex] и [tex]P+Q[/tex] линейно независимы, [tex]\dim(U\cap W)=2[/tex]. По формуле Грассмана
[tex]\dim(U+W)=\dim U+\dim W-\dim(U\cap W)=6+3-2=7[/tex]

Решение:
Формула действительно задаёт скалярное произведение. Она линейна по каждому аргументу, а после раскрытия скобок видно, что она симметрична относительно [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex]:
[tex](P,Q)=4a_0b_0+a_1b_1+a_2b_1+a_1b_2+2a_2b_2[/tex]
Кроме того, при [tex]P\ne 0[/tex]
[tex](P,P)=4a_0^2+a_1^2+2a_1a_2+2a_2^2=4a_0^2+(a_1+a_2)^2+a_2^2\gt 0[/tex]
Для [tex]P_1[/tex] имеем [tex]a_2=1,\ a_1=1,\ a_0=0[/tex], а для [tex]Q_1[/tex] — [tex]b_2=-1,\ b_1=1,\ b_0=-1[/tex]. Следовательно,
[tex](P_1,Q_1)=4\cdot 0\cdot (-1)+(1+1)\cdot 1+(1+2)\cdot (-1)=-1[/tex]
[tex](P_1,P_1)=4\cdot 0^2+(1+1)^2+1^2=5,\qquad (Q_1,Q_1)=4\cdot (-1)^2+(1-1)^2+(-1)^2=5[/tex]
Следовательно, косинус угла [tex]\varphi[/tex] между ними равен
[tex]\cos\varphi=\frac{(P_1,Q_1)}{\sqrt{(P_1,P_1)}\cdot \sqrt{(Q_1,Q_1)}}=\frac{-1}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{5}}=-\frac{1}{5}[/tex]
(Со стандартным скалярным произведением векторов коэффициентов ошибочно получилось бы [tex]0[/tex].)

Решение:
Преобразование [tex]f[/tex] переводит [tex]\mathbb{R}_3[x][/tex] в себя (степень не увеличивается) и линейно:
[tex](\alpha p+\beta q)(x+1)-(\alpha p+\beta q)(x)=\alpha\left(p(x+1)-p(x)\right)+\beta\left(q(x+1)-q(x)\right)[/tex]
Образы базиса [tex]1,x,x^2,x^3[/tex]:
[tex]f(1)=0,\quad f(x)=1,\quad f(x^2)=2x+1,\quad f(x^3)=3x^2+3x+1[/tex]
Образ — линейная оболочка этих образов, т.е. многочленов [tex]1[/tex], [tex]2x+1[/tex], [tex]3x^2+3x+1[/tex]. Они имеют разные степени [tex]0[/tex], [tex]1[/tex] и [tex]2[/tex], поэтому линейно независимы и образуют базис [tex]\operatorname{Im} f[/tex]:
[tex]\operatorname{rank} f=\dim\operatorname{Im} f=3\qquad\left(\operatorname{Im} f=\mathbb{R}_2[x]\right)[/tex]
Проверка по теореме о ранге и дефекте: если [tex]p\in\ker f[/tex], то [tex]p(x+1)=p(x)[/tex], откуда [tex]p(k)=p(0)[/tex] для всех целых [tex]k\ge 0[/tex]. Тогда многочлен [tex]p(x)-p(0)[/tex] имеет бесконечно много корней, значит, он нулевой и [tex]p[/tex] — константа. Следовательно,
[tex]\dim\ker f=1,\qquad \dim\operatorname{Im} f=\dim\mathbb{R}_3[x]-\dim\ker f=4-1=3[/tex]