\input ../common.inc
\begin{document}
\tableofcontents
\section*{Лекция 1 (2025-02-11)}
\everymath{\displaystyle}

\section*{Определители}

\subsection*{Определитель $n$-ого порядка}

Щас будем рассматривать определитель:

Полилинейность: <пропустил кусок лекции>

Кососимметричность: $f(x, y) - -f(y, x)$
\ntab Пример: $f(x, y) = x - y$
\ntab $f(x, y, z) = -f(x, z, y)$

Определитель: $A=K^{n\times n};\;  = \mrx{
	a^1_1 & \dots & a^1_n \\
	\vdots & \dots & \vdots \\
	a^n_1 & \dots & a^n_n} = \mrxddet{A_1 \dots A_n} \\
\det A = \mrxdet{A_1, A_2, \dots, A_n}$ Обладает 3 свойствами:
\begin{enumerate}\setlength\itemsep{0pt}
	\item Полилинейности:
	\ntab $\mrxdet{\alpha^1A_1^1 + \alpha^2A_1^2, A_2, \dots, A_n} = 
	\alpha_1\mrxdet{A_1^1, \dots, A_n} + \alpha_2 \mrxdet{A_1^2, \dots, A_n}$
	\item Кососимметричности:
	\ntab $\mrxdet{A_1, A_2, \dots, A_n} = -\mrxdet{A_2, A_1, \dots, A_n}$
	\item Нормировки $\det \id = 1:
	\ntab \id = \mrx{1 & 0 \\ 0 & 1} = \mrxddet{e_1, e_2, \dots, e_n}, 
	e_1 = \mrx{1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0}, e_2 = \mrx{0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0}, \dots, e_n = \mrx{0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1}$
	\ntab Свойство базисности: столбцы $e_1, \dots, e_n$ являются базисом в пр-ве столбцов
	\ntab $\mrx{\alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \alpha_3} = \alpha_1\mrx{1\\0\\0} + \alpha_2\mrx{0\\1\\0} + \alpha_3\mrx{0\\0\\1}$
	 - ЛК 
\end{enumerate}

Определитель как функция столбцов $A: \det A = \mrxdet{A_1, \dots, A_n}
\ntab A_1 = \sum_{\sigma_1 = 1}^na_1^{\sigma_1}e_{\sigma_1}, \dots, A_n = \sum_{\sigma_n = 1}^na_n^{\sigma_n}e_{\sigma_n} \\
\det A = \mrxdet{\sum_{\sigma_1 = 1}^na_1^{\sigma_1}e_{\sigma_1}, \dots, A_n} = \sum_{\sigma_1 = 1}^na_1^{\sigma_1}\mrxdet{e_{\sigma_1}, A_2, \dots, A_n}
 = \sum_{\sigma_1 = 1}^n\sum_{\sigma_2 = 1}^n\dots\sum_{\sigma_n = 1}^na_1^{\sigma_1}a_2^{\sigma_2}\dots a_n^{\sigma_n}\mrxdet{e_{\sigma_1}, e_{\sigma_2}, \dots, e_{\sigma_n}}$ \\
По кососимметричности $\mrxdet{e_1, e_1, \dots, e_{n-1}} = -\mrxdet{e_1, e_1, \dots, e_{n-1}} = 0$, т.е. если хотя бы 2 инд. совпадают, опр. равен нулю

$\sigma = \ss{\sigma_1, \sigma_2, \dots, \sigma_n},\; \all (i \neq j \implies \sigma_i \neq \sigma_j): |e_{\sigma_1}, \dots| \neq 0$, поэтому $\sigma$ - перестановки, их $n!$
\ntab
По нормировке: $|e_1, \dots, e_n| = 1 \overset{\text{По нормировкe}}\implies |e_{\sigma_1}, \dots, e_{\sigma_n}| = \pm 1$
\ntab
[Перестановки образовывают группу, но у нас на это нет времени...]
\ntab
Введём чётность перестановки: чётная (нечётная) перестановка получается чётным (нечётным) 
\ntab 
количеством транспозиций, знак перестановки: $\sgn \sigma = (-1)^{(\text{кол-во перестановок})}$

$det A = \sum_{\sigma}^n\sgn \sigma \cdot a_1^{\sigma 1}\dots a_n^{\sigma_n}$

\subsection*{Системы Крамера}
$\system{
	a_1^1x^1 + \dots& + a_n^1x^n = b^1 \\
	\vdots& \\
	a_1^nx^1 + \dots& + a_n^nx^n = b^n \\
} \implies x^1\mrx{a_1^1 \\\vdots \\ a_1^n} + \dots + x_n\mrx{a_n^1\\\vdots\\a_n^n} = \mrx{b^1\\\vdots\\b^n} \implies x^1A_1 + \dots + x^nA_n = B \\
A := \mrxddet{A_1, \dots, A_n}, \Delta = \det A \neq 0, \Delta_1 = \mrxdet{B, A_2, \dots, A_n}, \dots, \Delta_n = \mrxdet{A_1, \dots, A_{n-1}, B} \\
\Delta_1 = \mrxdet{x^1A_1 + \dots + x^nA_n, A_2, \dots, A_n} = x^1\mrxdet{A_1, \dots, A_n} + x^2\underbrace{\mrxdet{A_2, A_2, \dots, A_n} + \dots}_{=0} \implies\\
\implies x^1 = \frac{\Delta_1}\Delta, \text{Аналогично} x^k = \frac{\Delta_k}\Delta$

\subsection*{Свойства определителя $n$-ого порядка}
\begin{enumerate}
	\item $\det A = \det A^T$
	\item $\det (A\cdot B) = \det A \cdot \det B$. Доказательство:
	$C:= A\cdot B = \mrxddet{A^1 \\ \vdots \\ A^n}\mrxddet{B_1, \dots, B_n} = \mrx{A^1B_1 & \dots & A^1B_n \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ A^nB_1 & \dots & A^nB_n}
	\ntab C_k = \mrx{A^1B_k \\ \vdots \\ A^nB_k} = \sum_{s=1}^n\mrx{a^1_sb^s_k \\ \vdots \\ a^n_sb^s_k} = \sum_{s=1}^nb^s_kA_s$, т.е. $K$-ый столбец $(A\cdot B)$ - ЛК столбцов $A$, с коэфф-ами из $k$-ой строки $b$
	\ntab $\det C = \mrxdet{C_1, \dots, C_n} = \mrxdet{\sum_{s_1=1}^nb_1^{s_1}A_{s_1}, \dots} = \sum_{\sigma} \sgn n \cdot b_1^{\sigma_1}\dots b_n^{\sigma_n}\det A = \det A \cdot \det B$
	\item $\mrxdet{1 & a^1_2 & \dots & a^1_n \\ 0 & a^2_2 & \dots & a^2_n \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & a^n_2 & \dots & \a^n_n} = \mrxdet{a^2_2 & \dots & 2^2_n \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ a^n_2 & \dots & a_n^n}$
	\item Определитель треугольной матрицы: т.к. $a^j_k = 0, k > j:$ перестановка $\neq 0 !: \sigma_1 < \sigma_2 < \dots < \sigma_n$ - то есть в единственном случае, который соответствует диагонали \\
	$\mrxdet {a_1^1 & 0 & \dots &\dots& 0 \\ a_1^2 & a_2^2 & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a^{n-1}_1 & a^{n-1}_2 & \dots & a^{n-1}_{n-1} & 0\\ a_1^n & a_2^n & \dots & a^n_{n-1} & a^n_n} 
	= \prod_{i=1}^n a_i^i$
\end{enumerate}



\section*{Лекция 2 (2025-02-13)}


\subsubsection*{Лекция 2}

Докажем, что $\det A = 0 \Longleftrightarrow $ столбцы ЛЗ

Достаточность:
$A = \mrxddet{A_1, \dots, A_n}, \e (\alpha^1, \alpha^2, \dots) \neq (0, 0, \dots): \alpha^1A_1 + \dots + \alpha^nA_n = 0$
$\beta_n = \frac{\alpha_n}{\alpha_1}$, 

Пусть $\alpha_1 \neq 0$: $A_1 = \frac{\alpha_2}{\alpha_1}A_2 - \dots$

$\det A = \mrxdet{A_1, A_2, \dots} = \mrxdet{\beta^2A_2 + \dots, A_2, \dots} = $ [по полилинейности] $= 0$

\subsection*{Разложение по столбцу/строке}
Пусть $A \in K^{n\times n}, \det A = |A_1, A-2, \dots, A_n|, A_j = \sum_{k=1}^na^k_je_j, \\
\det A = \mrxdet{A_1, A_2, \dots, A-n} = \mrxdet{A_1, \dots, a^k_je_k, \dots, A_n} = a^k_jA^k_j, \text{где }\\
A^k_j = \mrxdet{A_1, \dots, A_{j-1}, e_k, A_{j+1}, A_n}$, перестановками приводим к виду, где первый столбец - это $\mrx{1\\0\\\vdots\\0}$,
таким образом получаем, что знак $(-1)^{k+j}$, т.е. можно записать

\[\dst \det A = \sum_ka^k_jA^k_j \overset{A^k_j = (-1)^{k+j}M^k_j}= \sum_k(-1)^{k+j}a^k_jM^k_j\text{ - это разложение по }j\text{-ому столбцу}\]

$\det A = \det A^T = (a^T)^k_j(A^T)^k_j \overset{(a^T)^k_j = a^j_k}= \sum_ja^k_jA^k_j$ - разложение по $j$-ой строчке

\subsection*{Фальшивое разложение определителя}
$\det A = \mrxdet{A_1, \dots, A_n} = \mrxdet{A-1, \dots, A_{j-1}, A_j, A_{j+1}, \dots, A_n}$ \\
Рассмотрим $\mrxdet{A-1, \dots, A_{j-1}, A_P, A_{j+1}, \dots, A_n}, P \in \overline{1,n}, P \neq j \implies \det A^P = 0$ \\
Разложим по базису: $A^P = \sum_{k=1}^n\mrxdet{A_1, \dots, A_{j-1}, e_k, A_{j+1}, \dots, A_n}  = a^k_PA^k_j
\implies \det\sum_ka^k_PA^k_j = \det A\cdot\delta_{kp}$\\

\subsection*{Обратная матрица}
$A = \mrx{a^1_1 & \dots & a^1_n \\ \vdots & & \vdots \\ a^n_1 & \dots & a^n_n};\; A^{-1}\cdot A = A \cdot \inv A = \id$

Необходимое условие существования: $\det A \neq 0$: легко выводится из определителя произведения

Достаточное условие: $A^T = \mrx{a^1_1 & \dots & a^n_1 \\ \vdots & & \vdots \\ a^1_n & \dots & a^n_n}; 
\adj A = A^\lor = \mrx{A^1_1 & \dots & A^n_1 \\ \vdots & & \vdots \\ A^1_n & \dots & A^n_n}; A\cdot A^\lor 
= \mrxddet{A^1\\A^2\\\vdots\\A^n} \cdot \mrxddet{A^{\lor^1}, A^{\lor^2}, \dots} = \\ 
= \mrx{A^1A^{\lor^1} & \dots & A^1A^{\lor^n} \\ \vdots && \vdots \\A^nA^{\lor^1} & \dots & A^nA^{\lor^n} } 
= \text{по фальшивому разложению} = \diag \det A = \det A \cdot \id$

Тогда получаем, что обратная матрица $A^{-1} = \frac 1 {\det A} A^\lor$

\subsection*{Теорема о базисном миноре}

У нас буквом $M$ обозначается ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЙ минор. Рассмотрим обычный:

Минор матрицы: $A \in \s K^{n\times m} = \mrxddet{A^1\\\vdots\\A^m} = \mrxddet{A_1, \dots, A_n}, r \in [1, \min\ss{m, n}]$

Выберем $r$ строк и столбцов, не меняя порядок, $\\\vvsystem[. {
	&A^{j_1}, \dots, A^{j_m}, 1 \leq j_1 < j_2 \dots < j_r \leq m \\
	&A_{i_1}, \dots, A_{i_n}, 1 \leq i_1 < i_2 \dots < i_r \leq n \\
}$, и составим матрицу из пересечения выбранных строчек и столбцов,\\
и определитель этой матрицы называется минор: $= M^{j_1, \dots, j_r}_{i_1, \dots, i_r}$

Базисный минор: Минор порядка $r$ базисный, если он $\neq 0$, а любой минор $r+1$ порядка, если $\e$, $=0$

Не существует минора нулевой матрицы

Попробуем найти базисный минор: $\mrx{1 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0}: \text{берём} M^{1, 2}_{1, 2} = \mrxdet{1 & 0 \\ -1 & 1} = 1$ 

Можно найти базисный минор по схеме Гаусса-Жордана

Строчки и столбцы, на пересечении которых находится базисный минор, называются базисными

САМА ТЕОРЕМА (о базисном миноре):\ntab
\begin{enumerate}\setlength\itemsep{0pt}
	\item Базисные столбцы ЛН
	\item Любой столбец матрицы есть ЛК базисных (то же со строками)
\end{enumerate}

Другими словами: Базисные столбцв образовывают базис в линейной оболочке столбцов матрицы

Доказательство: для простоты базисный минор $\e$ - первые $r$ строк и столбцов
\ntab$M \neq 0 \implies \ss{A^{1:r}_1, \dots, A^{1:r}_r}$ ЛН, при этом полные столбцы $\ss{A_1, \dots, A_r}$ тоже ЛН \tiny (мы можем пойти от обратного: предположить, что ЛЗ, составть ЛК$=0$ по определению, стереть часть столбцов и получить противоречие)

\normalsize Если $A_j: j \in \overline{1,r}:$ то выражается как лк $\alpha = 0, \dots, 1_j, \dots, 0$\ntab
Иначе, рассмотрим столбцы $A_1, \dots, A_r, A_j$, строки $A^1, \dots, A^r, A^s$ $s \in \overline{1,m}$-ую строку, и рассмотрим полученный минор:
Если $s \in \overline{1, r}$, то $M = 0$ (есть ЛЗ строки), иначе $M = 0$ т.к. минор $r+1$, и он всегда равен 0 (по условию базисного минора), тогда
все строки и столбцы ЛЗ, тогда $\e$ ЛК столбцов, переносим $A_j$ вправо, получаем $A_j = $ЛК$\ss{A_1, \dots, A_r}$
$\blacksquare$

\section*{Лекция 3 (2025-02-18)}

\section*{Линейное пространство}
Пусть $\all a, b \in \mathcal L:
\ntab a+b \in \mathcal L
\ntab \beta\cdot a \in \mathcal L \;(\all \beta \in \s K)$

Линейное пространство: множество $\mathcal L$ с двумя операциями называется ЛП, если выполнены следующие св-ва 
этих операций: \\
1. Коммутативность ($a+b = b+a$) \\
2. Ассоциативность ($a + (b + c) = (a + b) + c$) \\
3. $\e \theta, \all a: a + \theta = a$ (сущ. нулевой элемент) \\
4. $\all a\, \e (-a) \in \mathcal L: a + (-a) = \theta$ \\
5. $\all a 1 \cdot a = a$ \\
6. $\beta(\gamma\cdot a) = (\beta\cdot\gamma)a$ \\
7. $(\beta + \gamma)a = \beta\cdot a + \gamma\cdot a$ \\
8. $\beta(a+b) = \beta\cdot a + \beta\cdot b$

Пример: вектор на прямой $V_1$, аналогично $V_2, V_3$

Другой пример: $P_n(\s{R}):t^0\cdot\alpha_0+t^1\cdot\alpha_1+\dots+t^n\cdot\alpha_n$

Третий пример: Матрицы! $A,B \in K^{m\times{n}}$
\\\\
Лемма 1: Нулевой элемент единственен

Доказательство: Пусть нул. элемента два: $\theta_1, \theta_2: \ntab\system{
	a + \theta_1 = a\\
	a + \theta_2 = a
} \implies \system {
	\theta_2 + \theta_1 = \theta_2 \\
	\theta_1 + \theta_2 = \theta_1
} \implies \theta_1 = \theta_1 + \theta_2 = \theta_2 + \theta_1 = \theta_2 
\implies \mathbf {\theta_1 = \theta_2}$ 
\\
Лемма 2: противоположный вектор единственен.

Доказательство: Пусть $a, b, c \in \mathcal L : \system{a + c = \theta \\ a + b = \theta}\ntab
c = c + \theta = c + (a + b) = (c + a) + b = \theta + b = b \implies \mathbf{c = b}$
\\
Лемма 3: Пусть $a, b \in \mathcal L$ фиксированы, тогда $\e!x: a + x = b$

Доказательство: Существование: $x = b + (-a)$ (очевидно); Единственность: $x = (x + a) + (-a) = b + (-a)$
\\
Лемма 4: $0 \cdot a = \theta$

Доказательство: $0 \cdot a = (0 + 0) \cdot a = 0 \cdot a + 0 \cdot a$. Рассмотрим ур-е, $\e!x:0\cdot a + x = 0\cdot a \implies
\ntab\implies x = 0\cdot a + 0\cdot(-a) = 0$
\\
Лемма 5: $\alpha \cdot \theta = \theta$

Доказательство: $(*) = \alpha \cdot (\theta + \theta) = \alpha\theta + \alpha\theta$, далее аналогично (4). 
\\
Лемма 6: $(-a) = -1\cdot a$

Доказательство: $1\cdot a + (-1)\cdot a = (1 - 1)\cdot a = 0\cdot a = \theta$, поэтому по единственности $-a = -1\cdot a$
\\
Вот они и все основные свойства

\section*{линейная (не)зависиость}

$\alpha_1\cdot a_1 + \dots + \alpha_n \cdot a_n$ - ЛК

Тривиальная ЛК: $\alpha_1\dots\alpha_n = 0$

Семество $a_1\dots a_n$ ЛЗ, если $\e$ нетривиальная ЛК $=0$

Семейство $a_1\dots a_n$ ЛН, $\e$ ЛК $=0 \ioi \alpha_1\dots\alpha_n=0$
\\
Лемма 7: Вектор $a$ линейно зависим тогда и только тогда, когда он равен $\theta$

Доказательство: 
\ntab необходимость: $\alpha\cdot a = \theta, \alpha \neq 0 \implies a = \frac 1 \alpha \theta$
\ntab достаточность: $a = \theta: 1 \theta = \theta \implies a $ ЛЗ
\\
Лемма 8: Если семейство содержит $\theta$, то оно ЛЗ

Доказательство: $\alpha \cdot \theta + 0\cdot\alpha_1 + \dots + 0\cdot\alpha_n = \theta$
\\
Лемма 9: Если у семейства есть ЛЗ подсемейство, то само семейство тоже ЛЗ

Доказательство: $\Delta = \ss{a_1, \dots, a_m, a_{m+1}, \dots, a_n}$, где $\ss{a_1, \dots, a_m}$ ЛЗ. $\implies \e \ss{\alpha_1, \dots, \alpha_m}$: ЛК $=0$
\ntab Покажем ЛК: $\alpha_1 a_1 + \dots + \alpha_m a_m + 0 \cdot a_{m+1} + \dots + 0 \cdot a_n = \theta \implies \ss{a_1\dots a_n}$ - ЛЗ 
\\
Лемма 10: Если семейство векторов $a_1\dots a_n$ ЛН, то любое его подсемейство ЛН

Доказательство: тривиально
\\
Лемма 11: Пусть семейство состоит из $>2$ векторов. Тогда для ЛЗ Необходимо и достаточно, чтобы
\ntab Одиин из векторов линейно выражался через оставшиеся

Доказательство:
\ntab Необходимость: Существует ЛК $=0$, пусть $\alpha_1 \neq 0 \implies a_1 = -\frac{\alpha_2}{\alpha_1}a_2 - \frac{\alpha_3}{\alpha_1}a_3 + \dots$ - выражается
\ntab Достаточность: пусть $a_1 = \beta_2a_2 + \dots \implies (-1)a_1 + \beta_2a_2 + \dots = \theta$ - ЛЗ

\subsection*{Лирическое отступление}
Теорема о базисном миноре: $\b A \in \s K^{m\times n}$, базисные стобцы базисного минора образовывают базис

Пусть у матрицы $\b A = \mrxddet{A^1 \\ \vdots \\ A^m} = \mrxddet {A_1 &\dots & A_n} \e$ базисный минор, построен на первых $1 \leq r \leq \min(n, m)$ строках, столбцах

Запишем $A^T = \mrxddet{A_1^t \\ \vdots \\ A_m^T} = \mrxddet {A^{1^T} &\dots & A^{n^T}}.\; (A')^T = \alpha^1A^{1^T} + \dots \implies A' = \alpha^1A^1 + \dots$, 
крч не понял я это доказательство, но вроде понятно, что для строк теорема о базисном миноре работает.
\\\\
Рассмотрим однородную, но не квадратную систему уравнений: \\
$\system{
	&a^1_1x^1 + \dots + a^1_nx^n = 0 \\
	&a^2_1x^1 + \dots + a^2_nx^n = 0 \\
	&\vdots \\
	&a^m_1x^1 + \dots + a^m_nx^n = 0 \\
}, 1 \leq m < n \hspace{1cm} (!!!)$
\\
Лемма 12: у этой системы $\e$ нетривиальное решение.

Доказательство: перепишем в матричной форме: $\mrx{
	a^1_1 & \dots & a^1_n  \\
	\vdots & \vdots & \vdots \\
	a^m_1 & \dots & a^m_n  \\
}\cdot \mrx{x^1 \\ \vdots \\ x^n} = \mrx{0\\\vdots\\0}
\ntab A = \mrxddet{A^1 \\ \vdots A^m},  \system {
	&A^1\cdot \c X = 0 \\
	&\vdots \\
	&A^m\cdot\c X = 0
}$ - если раскрыть, то это изначальная система.  \\
если $A$ нулевая, решение тривиально. если ненулевая, то есть базисный 
минор (пусть расположен удобно), тогда $j$-ая строка $=c_j^1A^1 + \dots + c^j_rA^r$
(по т-ме о базисном миноре). Рассмотрим укороченную с.\\
$\system {
	&A^1\cdot \c X = 0 \\
	&\vdots \\
	&A^r\cdot\c X = 0
}$ решения полной явл. решениями укороченной. \\проверим обратное:
$A^j\c X = c_1^j(a^1\c X) + \dots + c^j_r(A^r\c X) = c^j_1\cdot 0 + \dots = 0 \hspace{1cm} (j = \overline{r+1, m})$\\
Получается система: 
$\system{
	&a^1_1x^1 + \dots + a^1_nx^n = 0 \\
	&\vdots \\
	&a^r_1x^1 + \dots + a^r_nx^n = 0 \\
} \implies \system {
	&a^1_1x^1 + \dots + a^1_rx^r = - a^1_{r+1}x^{r+1} - \dots - a^1_nx^n \\
	&\vdots \\
	&a^r_1x^1 + \dots + a^r_nx^r = - a^r_{r+1}x^{r+1} - \dots - a^r_nx^n \\
} \\  (1 \leq r \leq \min\ss{m, n} < n) \\
\tilde {\b A_r}\cdot \b{\c{X}}_r = \b B_r;\; \det \tilde{\b A_r} \overset{\text{def}}\neq 0
\implies \c X_r = \wrapb{\tilde{\b A_r}}^{-1}\cdot\b B_r, x = \mrx{x^1_0 \\ \vdots \\ x^r_0 \\ 1 \\\vdots \\ 1}$

\section*{Лекция 4 (2025-03-03)}

\textbf{Определение: Полное семейство} - семейство векторов линейного пр-ва $\c L$ называется полным, 
если любой вектор линейного пр-ва можно представить в виде ЛК векторов этого семейства можно представить в виде ЛК векторов этого семейства.
\\
Примечание: в отличие от базиса оно можнет быть ЛЗ

\textbf{Второе определение}: семейтсво полное, если линейная оболочка семейства совпадает с линейным пространством

\textbf{Базис}: ЛН полное семействою

\textbf{Лемма 1}: разложение по базиу единственно.
\\Доказательтво: $\all x \in \c L, \ss{e_1, \dots, e_n} - $ базис. $x = \underbrace{x^ie_i}_\text{разложение} = \underbrace{y^ie_i}_\text{2-е разлож.} \implies
(x^i - y^i)e_i = \theta$ - тогда ЛК тривиальна, соотв. $x^i = y^i$ 

\textbf{лемма 2}: если семейство $\ss{a_1, \dots, a_m}$ ЛН в $\c L$, а $a_{m+1} \not \in \c L(a_1, \dots, a_m)$, но $a_{m+1} \in \c L$, то семейство $\ss{a_1, \dots, a_{m+1}}$ - ЛН
\\Доказательство: пуcть $\ss{a_1, \dots, a_{m+1}}$ - ЛЗ, т.е. $\e \alpha^1a_1 + \dots + \alpha^ma_m + \beta a_{m+1} = \theta$
\ntab Если $\beta = 0: (\alpha_1, \dots, \alpha_m) \neq (0, \dots, 0)$, значит семейство ЛЗ (противоречие)
\ntab Если $\dst \beta \neq 0: -\frac{\alpha_1}\beta a_1 - \dots - \frac{\alpha_m}\beta = a_{m+1} \implies a_{m+1} \in \c L(a_1, \dots, a_m)$ (противоречие)

\textit{напомним: конечномерное пр-во} - это когда есть МАКСИМАЛЬНОЕ число ЛН векторов (максимум называется размерностью).

\textbf{Теорема}: в любом конечномерном протранстве $\e$ базис
\\Доказательство: $\c L \neq \ss \theta, a_1 \neq \theta, a_1 \in \c L$ рассмотрим $\c L(a_1)$:
\ntab либо $\c L(a_1): = \c L$ (тогда базис $a_1$).
\ntab либо $\e a_2 \in \c L : a_2 \not \in \c L(a_1)$ - тогда $\ss{a_1, a_2}$ ЛН. Тогда рассмотрим $\c L(a_1, a_2):$
\ntab\hspace{5mm} Либо $\c L(a_1, a_2) = \c L$ - Тогда базис $\ss{a_1, a_2}$
\ntab\hspace{5mm} Либо $\c L(a_1, a_2) \subs \c L$ - повторяем шаги...
\ntab\hspace{1cm}\vdots
\ntab\hspace{1cm}В итоге получим $n$ ЛН векторов, где $n$ - размерность

\textbf{Лемма 3}: Если даны $\c Q \subs \c P \subs \c L: \system{&\dim \c Q \leq \dim \c P\\&\dim\c Q = \dim\c P \implies \c Q = \c P}$
\\Док-во: пункт 1 очевиден, пункт 2 пойдём от противного: пусть вложение $\c Q \subs \c P$ строгое. Пусть $\ss{e_1, \dots, e_m}$ - базис в $\c Q$.
Т.к. вложение строгое, $\e g \in \c P, g \not \in \c Q$. Тогда $\ss{e_1, \dots, e_m, g}$ - ЛН (в силу леммы 2), тогда 
очевидно, что $\dim\c P > \dim\c Q$ - противоречие.

\textbf{Лемма 4}: $\dim(\c P + \c Q) = \dim\c Q + \dim\c P - \dim(\c P \cap \c Q)$
\\Док-во: пусть $\ss{e_1, \dots, e_m}$ - базис $\c P \cap \c Q$. Справедливо, что $\c P \cap \c Q \in \c P$. Дополним 
бази $\ss{\e_1, \dots, e_m, g_1, \dots, g_n} $ - базис в $\c P$, аналогично пусть $\ss{e_1, \dots, e_m, f_1, \dots, f_l}$ - базис в $\c Q$.\\
$\dim \c P = m + n;\; \dim \c Q = m + l; \dim(\c P \cap \c Q) = m$. Рассмотрим семейство $\ss{e_1\dots e_m,g_1\dots g_n, f_1\dots f_l}, \dim = m+n+l$
\ntab $\all x \in \c Q + \c P, \e x_1 \in \c P, x_2 \in \c Q : x = x_1 + x_2;\;\system{
	&x_1 = \alpha^1e_1 + \dots + \beta^1g_1 + \dots\\
	&x_2 = \delta^1e_1 + \dots + \gamma^1f_1 + \dots\\
} \implies\\\implies x_1 + x_2 = (\alpha^1 + \delta^1)e^1 + \dots + \beta^1g_1 + \dots + \gamma^1f_1$ - значит, семейство \textit{полное}
\ntab $\alpha^1e_1 + \dots + \beta^1g_1 + \dots + \gamma^1f_1 + \dots = \theta \implies \wrapb{\alpha^1e_1 + \dots + \beta^1g_1 + \dots} \subs \c P = \wrapb{-\gamma^1f_1 - \dots} \subs \c Q \implies\\\implies
\gamma^1f_1 + \dots + \gamma^lf_l \in \c P \cap \c Q \implies \gamma^1f_1 + \dots = \delta^1e_1 + \dots \implies \delta^1e_1 + \dots + \delta^me_m - \gamma^1f_1 - \dots - \gamma^lf_l = \theta$, но т.к. это базис в $\c Q$ - всё нули.
Аналогично для $\alpha e, \beta g$. Получаем, что всё семейство ЛН (т.к. ЛК =$\theta$ возможно только при всех коэфф. $=0$)
\\ {}[я сам тут не очень понял, но.... уже 5 пара, простите]

\textbf{Прямая сумма линейных подпространств}: $x \in \c Q + \c P \subs \c L: \e!x_1 \in \c P, x_2 \in \c Q : x = x_1 + x_2$  (единственность разложения)
\\(Если пересечнение двух подпространств нетривиальна [$\neq \emptyset$], то сумма не будет прямой)

\textbf{Теорема 2}: чтобы $\e \c Q, \c P : \c L = \c Q + \c P \ioi \system{&\c Q \cap \c P = \emptyset\\&\dim\c L = \dim \c Q + \dim \c P\\}$
\\Необходимость: Пусть $\c L = \c P + \c Q: \implies \dim \c L = \dim(\c P + \c Q) = \dim \c P + \dim \c Q \implies \c P \cap \c Q = \emptyset $
\\Достаточность: из первого пункта $\c P + \c Q$ - прямая сумма, лежит в $\c L$ (как сумма подпр-в), $\dim (\c P + \c Q) = \dim \c P + \dim \c Q - 0 = \dim \c L \implies \c L = \c P + \c Q$

\section{Изоморфизм линейных пространств}

Пусть имеется $\c L_1, \c L_2$. $\ph: \c L_1 \to \c L_2$, где $\ph$ - взаимнооднозначное линейное отображение. 
Тогда $\ph$ называется \textbf{Изоморфизмом}
\ntab Линейность: $\ph(\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2) = \alpha_1 \ph(x_1) + \alpha_2 \ph(x_2)$
\ntab Однозначность: $(\all x \in \c L_1 \e! y \in \c L_2 : \ph(x) = y) \land \underbrace{(\all y \in \c L_2 \e! x \in \c L_1 : y = \ph(x))}_{\equiv \e \ph^{-1}(y) = x}$

\subsection{свойства изоморфизма}
\textbf{Свойство 1.} $\ph(\theta_1) = \theta_2$. Док-во: $\ph(\theta_1) = \ph(0 \theta_1) = 0\ph(\theta_1) = \theta_2$\\
\textbf{Свойство 2.} $\ph(x) = \ph_1(\ph_2(x))$. Док-во: взаимнооднозначность очевидна, линейность: 
\\$\ph_1(\ph_2(\alpha_1x_1 + \alpha_2 x_2)) = \ph_1(\alpha_1\ph_1(x_1) + \alpha_2\ph_2(x_2)) = \dots $ - там понятно (я не успел)
\textbf{Свойство 3.} $\ph^{-1}$ - изоморфизим. взаимнооднозначность очевидна, линейность:
\\$\ph^{-1}(\beta^1y_1 + \beta^2y_2) = \wraps{\e!x_1, x_2: y_1 = \ph(x_1), y_2 = \ph(x_2)} = \ph^{-1}(\beta^1\ph(x_1) + \beta^2\ph(x_2))
= \beta^1\ph^{-1}(\ph(x_1)) + \beta^2\ph^{-1}(\ph(x_2)) \\= \beta^1\ph^{-1}(y_1) + \beta^2\ph^{-1}(y_2)$



\section*{Лекция 5 (2025-03-04)}

\subsection{Вопрос существования изоморфизма}
\textbf{Лемма 1}: Если размерности линейный пр-в совпадают, то они изоморфны.
\\Доказательство: пусть $\ss{e_1, \dots, e_n} - \text{базис в } \c L_1, \ss{f_1, \dots, f_n} - \text{базис в } \c L_2 \\
\ph_E: \c L_1 \to K^{n\times1}\hspace{1cm} x\in\c L_1, x = x^ie_i = E\cdot X_e = \mrx{e_1 & \dots & e_n}\cdot \mrx{x^1\\\vdots\\x^n},\quad \ph_E(x) = X_e, \ph_E \cdot x \to X_e\\
\text{Покажем однозначность: } x = EX_e = EY_e, E(X_e - Y_e) = \theta \implies (x^i - y^i)e_i = \theta, x^i=y^i \implies X_e = Y_e
\\\text{Получилось, что } \ph_E - \text{взаимнооднозначное отображение. Теперь линейность:}\\
x_3 = \alpha^1x_1 + \alpha^2x_2 = EX_{e3} = \alpha^1EX_{e1} + \alpha^2EX_{e2} \implies E(\underbrace{\alpha^1x_{e1} + \alpha^2x_{e2} = X_{e3}}_{0}) = \theta,\\
X_{e3} = \alpha^1X_{e1} + \alpha^2X_{e2}; \ph(x_3) = \ph(\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2) = X_{e3} = \alpha^1X_{e1} + \alpha^2X_{e2} = \alpha_1\ph(x_1) + \alpha_2\ph(x-2)$
\\ Тогда $\ph_E$ - изоморфизм. Аналогично введём $\ph_F$\\
Имеем: $\ph_E: \c L_1 \to K^{n \times 1}, \ph_F: \c L_2 \to K^{n\times 1}, \ph^{-1}_F: K^{n \times 1} \to \c L_2;\hspace{1cm}
\ph = \ph^{-1}_F\circ\ph_E: \c L_1 \to K^{n\times 1} \to \c L_2$

\textbf{Лемма 2}: Если $\dim \c L_1 \neq \dim \c L_2$, то они не изоморфны
\\доказательство: Пусть между ними $\e \ph: \c L_1 \to \c L_2,  m = \dim \c L_1 > \dim \c L_2 = n$. \\
Введём базис $\ss{e_1, \dots, e_m} : \c L_1;\; \ss{f_1, \dots, f_n}: \c L_2\\
\underbrace{\ss{\ph(e_1), \dots, \ph(e_m)}}_m \subs \c L_1 = L(\underbrace{f_1, \dots, f_n}_n)$, из какой-то теоремы
$\ss{\ph(e_1), \dots, \ph(e_m)}$ - ЛЗ.\\
$\alpha^1\ph(e_1) + \dots + \alpha^m\ph(e_m) = \theta_2  \implies \ph(\alpha^1e_1 + \dots + \alpha^me_m) = \theta_2 \implies \alpha^1e_1 + \dots + \alpha^me_m = \ph^{-1}(\theta_2) = \theta_1$
 - отсюда противоречие: базис линейно зависим.

\section{СЛАУ (системы линейный алгебраических уравнений)}
\subsection{Ранг матрицы}
 $A^{m\times n} = \mrxddet{A_1, \dots, A_n} = \mrxddet{A^1 \\ \vdots \\ A^m} $
\textbf{Определение}: $\rg A = \dim \c L(A_1, \dots, A_n)$

Предположим, что $A \neq 0$, базисные столбцы $A$ - первые $r$\\
1. $A_1, \dots, A_r$ - ЛН \\
2. $A_j = \alpha^iA_i, i \in \overline{1, r}, j \in \overline{1, n}$

\textit{Докажем}, что $A_1, \dots, A_r$ - Базис в $\c L(A_1, \dots, A_n)$.\\
$B \in \c L(A_1, \dot, A_n) = \beta^1A_1 + \dots + \beta^nA_n = \beta^1A_1 + \dots + \beta^rA_r + \beta^{r+1}A_{r+1} + \dots + \beta^nA_n =\\= 
\beta^1A_1 + \dots + \beta^rA_r + (\gamma^{11}A_{11} + \dots + \gamma^{r1}A_{r1}) + \dots$

То есть $A_1, \dots, A_r$ - \textbf{Базис в ЛО пространства столбцов}

\textbf{Лемма 3}: $\dim \c L(A^1, dots, A^m) = r$
\\Доказательство: $A \in {m\times n} = \mrxddet{A^1 \\ \vdots \\ A^m}$, пусть базисный минар на первых $r$ строках.\\
$A^T = \mrxddet{A^{1^T}, \dots, A^{m^T}}$, до $A^{r^T}$ - базисные столбцы, $\dim \c L(A^{1^T}, \dots, A^{m^T}) = r\\
L(A^{1^T}, \dots, A^{m^T}) \overset{\text{очевидно}}= L(A^1, \dots, A^m) = r$

\subsection{способы задания СЛУ}
\begin{enumerate}
\item $\system{
	&a^1_1x^1 + \dots + a^1_nx^n = b^1 \\
	&\hspace{25mm}\vdots\\
	&a^m_1x^1 + \dots + a^m_nx^n = b^m \\
}$
\item $A \times X = B,\hspace{1cm}A + \mrx{a^1_1 &  \dots & a^1_n \\ \vdots && \vdots \\ a^m_1 & \dots & a^m_n}, X = \mrx{x^1\\\vdots\\x^n}, B = \mrx{b^1\\\vdots b^m}$
\item $x^1A_1 + \dots + x^nA_n = B\hspace{2cm}\text{или }x^1\mrx{a^1_1\\\vdots\\a^m_1} + \dots + x^n\mrx{a^1_n\\\vdots\\a^m_n} = \mrx{b^1\\\vdots\\b^m}$
\item $A^1X = b^1, \dots, A^mX = b^m\hspace{2cm}A_j = \mrx{a^j_1 & \dots & a^j_n}, X = \mrx{x^1\\\vdots\\x^n}$
\end{enumerate}
\textbf{Совместная система} - есть хотя бы 1 решение, \textbf{невосместная} - нет решений \\
\textbf{Однородная}: $B = 0$, \textbf{Неоднородная}: $B \neq 0$

------------------------------------------------------------------------------------------------------------

$AX = B, A \in \s K^{n\times n}, x , B \in \s K^{n \times 1}$

Если $\det A \neq 0$, то система называется $\textbf{крамеровской}$

\textbf{Теорема 1}. Крамеровская система: $\e!$ решение
\\Рассмотрим: $\dim \s K^{n\times1} = n: e_1 = \mrx{1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0}, r_2 = \mrx{0\\1\\\vdots\\0}, \dots$  - Базис с $n$ векторов.\\
Так же произвольные $n$ ЛН столбцов образовывают базис (т.к. если добавить один любой столбец к семейству, оно станет ЛЗ, т.е. $\e$ нетрив. ЛК $=0$)\\
$-\frac{\alpha^1}\beta A_1 - \dots - \frac{\alpha^n}\beta A_n = A_{n+1} \implies \ss{A_1, \dots, A_n}$ - базис (А если $\beta = 0$, то противорчение: $A_1, \dots, A_n$ ЛЗ)
\\Докажем теорему о крамеровской системе:\\
1. $A_1, \dots, A_n$ - ЛН (т.к. $\det A \neq 0$), поэтому они образуют базис: $\all B \in \s K^{n\times1} \e!\; x^1\dots, x^n \in \s K:\\
x^1A_1 + \dots + x^nA_n = B$. Получается, что $x^1, \dots, x^n$ - ЕДИНСТВЕННОЕ (из единственности разложения по базису) решение.

Рассмотрим $AX = 0,\quad A \in \s K^{m\times n}, X \in \s K{n\times 1}, 0 \in \s K^{m\times1}$. Пусть $X_1, X_2$ - решения. возьмем ЛК:\\
$X_3 = \alpha^1X_1 + \alpha^2X_2 \implies A\cdot X_3 = A(\alpha^1X_1 + \alpha^2X_2) = \alpha^1(AX_1) + \alpha^2(AX_2) = 0 + 0 = 0$, то есть\\
Вывод: \textbf{ ЛК любых 2 решений образовывает новое решение (ОСЛУ) }

Введём множество: $K^{n\times1} \sups \c N_i := \ss{X \in \s K^{n\times1} | AX = 0}$, таким образом $\c N$ - линейное (под)пространство, и тогда там есть БАЗИС - ФСР (фундаментальное семейство рещений)

\subsection{Теорема Кронекера-Капелли}
\textbf{Теорема}: $AX=B$ совместна $\ioi \rg A = \rg A\vdots B$, где $A\vdots B = \mrxddet{A_1, \dots, A_n, B}$
\\Доказательство:
\\ 1. Докажем: $AX=B \text{ совместна } \ioi \c L(A_1, \dots, A_n) = \c L(A_1, \dots, A_n, B)$:
\ntab Необходимость: Пусть система имеет решение: $B = x^1A_1 + \dots + x^nA_n \in \c L(A_1, \dots, A_n) \implies \system {
	&\c L(A_1, \dots, A_n, B) \subseteq L(A_1, \dots, A_n)\\
	&\c L(A_1, \dots, A_n, B) \supseteq L(A_1, \dots, A_n)\\
} \implies \text{ они равны}$
\ntab Достаточность: $\c L(A_1, \dots, A_n, B) = \c L(A_1, \dots, A_n) \implies B \in L(A_1, \dots, A_n) \implies B = x^1A_1 + \dots + x^nA_n$ - решение
\\2. Докажем, что 
\ntab $L(A_1, \dots, A_n) = L(A_1, \dots, A_n, B) \ioi \dim L_A = \dim L_{A:B} \ioi \rg A = \rg A\vdots B$
\\Доказано.

\subsection{Теорема Фредгольма (очень важная!)}
Рассмотрим квадратную СЛУ $AX = B$

\textbf{Первая теорема}: Если однородное уравнение имеет !(тривиальное) решение, но неоднородное уравнение разрешимо для $\all B \in \s K^{n\times 1}$
\\Доказательство: $x^1A_1 + \dots + x^nA_n = 0$ - единственное решение $\implies$ ЛЗ $\implies$ образую базис в $\s K^{n\times1}$, поэтому
$\all B \in \s K^{n\times1}\;\e! x^1, \dots, x^n : B = x^1A_1 + \dots + x^nA_n$

\textbf{Вторая теорема}: Если однородное уравнение $AX=0$ имеет $>1$ решений, то $\e B \in \s K^{n\times1}: AX=B$ несовместна.
\\Доказательство: $x^1A_1 + \dots + x^nA_n = 0$ - имеет нетривиальные решения $\implies$ ЛЗ. \\
Рассмотрим $\c L(A_1, \dots, A_n) \subs \c L(\s K^{n\times1}) \implies \e B \in \s K^{n\times1} \not \in \c L(A_1, \dots, A_n) \implies\\\implies \not \e x^1, \dots, x^n : x^1A_1 + \dots + x^nA_n = B$
, то есть нет решений $AX = B$
\section*{Лекция 6 (2025-03-11)}

\subsection{продолжаем ОСЛУ}
множество решений $AX=0$ образует линейное подпространство пространства столбцов

попробуем найти базис: \\
$\system{
	&a^1_1x^1 + \dots + a^1_nx^n = 0 \\
	&\vdots\\
	&a^m_1x^1 + \dots + a^m_nx^n = 0 \\
}, m, n \in \s M\hspace{1cm}
A = \mrx{&a^1_1 &  \dots &  a^1_n \\
	& \vdots &\vdots&\vdots\\
	&a^m_1 & \dots & a^m_n \\
} \hspace{1cm} \\
\text{случай }A=0 \implies \c N = \s K^{n\times 1}, \dim \c N = n\\
\text{случай }A\neq 0: \text{пусть } A^1, \dots, A^r$ - базисные строки\\
$A = \mrxddet{A^1\\\vdots\\a^r\\a^{r+1}\\\vdots\\a^m}, A^j = c_1^jA^1 + \dots + c^j_rA^r; j = \overline{r+1, m}, 
\hspace{1cm}\mrx{a_1^1 & \dots & a^1_n}\mrx{x^1\\\vdots\\x^n} = 0 \implies \\\implies
\system{&A^1X=0\\&\vdots\\&A^jX=0\\&\vdots\\&A^mX=0} (*) \Longrightarrow \system{&A^1X=0\\\vdots\\&A^rX=0} (**)$

Вывод: если $X$ решение $(*)$, то оно же решение $(**)$
\\
Проверим обратное: $A^jX = c^j_1A^1X + \dots + c_1^jA^rX = 0$

Вывод: если $X$ решение $(**)$, то оно же решение $(*)$
\\
Тогда эти две системы \textbf{эквивалентны}. Выпишем укороченную систему: $\\\system{
	&a^1_1x^1 + \dots + a^1_nx^n = 0\\
	&\vdots\\
	&a^r_1x^1 + \dots + a^r_nx^n = 0\\
} \implies \system{
	&a^1_1x^1 + \dots + a^1_{r}x^{r} = - a^1_{r+1}x^{r+1} - \dots -a^1_nx^n\\
	&\vdots\\
	&a^r_1x^1 + \dots + a^r_{r}x^{r} = - a^r_{r+1}x^{r+1} - \dots -a^r_nx^n\\
} \implies \tilde A_r \tilde X_r = \tilde B_r, \\
\tilde A_r = \mrx{a^1_1&\dots&a^1_r\\\vdots&&\vdots\\a^r_1&\dots&a^r_r}, \tilde X_r = \mrx{x^1\\\vdots\\x^r}, 
\tilde B_r = -\mrx{a^1_{r+1}&\dots&a^1_n\\\vdots&&\vdots\\a^{r}_{r+1}&\dots&a^r_{n}}, \det \tilde A_r \neq 0 \implies $
Допустим 2 решения:\\
$AX_0 = AY_0 = 0, X_0 = \mrx{x^1_0\\\vdots\\x^r_0\\x^{r+1}_0\\\vdots\\x^n_0}, Y_0 = \mrx{y^1_0\\\vdots\\y^r_0\\x^{r+1}_0\\\vdots\\x^n_0}, 
\tilde A_r \tilde X_{0r} = \tilde A_r \tilde Y_{0r} = \tilde B_r$, значит решение одно (не очень понял эту часть)

\subsection{алгоритм построения ФСР}
$\tilde A_r \tilde X_r = \tilde B_r, \tilde B_r = -\mrx{a^1_{r+1}&\dots&a^1_n\\\vdots&&\vdots\\a^r_{r+1}&\dots&a^r_n} \mrx{x^{r+1}\\\vdots\\x^n} \text{пусть}
x^{r+1} = 1, x^{r+2} = \dots = x^{n} = 0 \implies \tilde B^{1r} = -\mrx{a^1_{r+1}\\\vdots\\a^r_{r+1}}, \\X_1 = \mrx{x^1_1\\\vdots\\x^r_1\\1\\0\\\vdots\\0}$\hspace{1cm}
Пусть $x^{r+2} = 1,$ остальное нули $\implies \tilde B_{2r} = -\mrx{a^1_{r+2}\\\vdots\\a^r_{r+2}}, X_2 = \mrx{x^1_2\\\vdots\\x^r_2\\0\\1\\0\\\vdots\\0},\\
X_{n-r} = \mrx{x^1_{n-r}\\\vdots\\x^r_{n-r}\\0\\\vdots\\0\\1}$

Более словестное пояснение алгоритма:\\
1. Пусть $x^{r+1} = 1$ получаем столбец \\
2. Пусть $x^{r+2} = 1$ \\
3, \dots, n-r: $x^{r+i} = 1$ \\

Докажем ЛН: $\alpha^1X_1 + \dots + \alpha^{n-r}X_{n-r} = \mrx{z^1_0\\\vdots\\z^r_0\\\alpha^1\\\vdots\\\alpha^{n-r}} = \Theta \implies \alpha^1 = \dots = \alpha^{n-r} = 0$\\

Докажем полноту: \\Пусть $X_0 \in \c N: AX_0 = \Theta;\quad X_0 = \mrx{x^1_0\\\vdots\\x^r_0\\x^{r+1}_0\\\vdots\\x^n_0},\quad
 Y_0 := X_0^{r+1}X_1 + \dots + x_0^nX_{n-r} = \mrx{y^1_0\\\vdots\\y^r_0\\x^{r+1}_0\\\vdots\\x^n_0}, $ нижние переменные совподают 
$\implies X_0 = Y_0 \implies X_0 = x^{r+1}_0X^1 + \dots + x^n_0X_{n-r}$, то есть любое решение можно выразить через базисные столбцы. Столбцов получилось $n-r$, тогда
$\dim \c N = n-r$, где $r$ - порядок базисного минора

\section{Ковекторы}

\textbf{Определение} ковектора (линейной формы/линейного функционала): функция на линейном пр-ве 
\\$f : \c L \to \s K$, обладает свойством линейности: $f(\alpha^1x_1 + \dots + \alpha^nx_n) = \alpha^1f(x_1) + \dots + \alpha^nf(x_n)$.

Часто используется такое обозначение: $\wrapa{f, x} \equiv f(x)$

Примеры ковекторов: $\c L = \text{множество непрерывных функций на } [0, 1] \\
\wrapa{f, \ph} = \int_0^1f(x)\ph(x)dx$, есть свойство линейности.\\
$f \cdot = \int_0^1f(x)\cdot dx$ (точкой обозначается место, где должна стоять другая функция, например)

Пусть $\c L$ - множество дифф. ф-ий: $\wrapa{f, \ph} = \frac{d\ph}{dt}(0)$. Линейность есть, ковектор - это ДЕЙСТВИЕ.

\textbf{$\delta$-функция дирака}: $\wrapa{\delta, \ph} = \ph(0)$\\
НЕВЕРНО её представляют так: $\wrapa{\delta, \ph} = \int_{-1}^1\delta(x)\ph(x)dx, \delta = \system{&+\infty, x = 0\\&0, x\neq 0\\}$\\
Интеграл по риману вообще тут смысла не имеет, по лебегу это тупо 0.

Пусть $\c L$ - линейное пр-во. пусть $\c L^*$ - множество всех ковекторов в $\c L$. попробуем сделать линейное пространство:
\\
\textbf{равные ковекторы}: $f = g \ioi \wrapa{f, x} = \wrapa{g, x} \all x \in \c L$ \\
\textbf{сумма ковекторов}: $h := f+g \ioi \wrapa{h, x} = \wrapa{f, x} + \wrapa{g, x}$, линейность $h$ проверяется элементарно \\
\textbf{произведение ковектора на число}: $h := \alpha f$, линейность опять же очевидна\\
\textbf{нулевой ковектор}: $\wrapa{\Theta^*, x} = 0, \text{ проверим линейность: } \wrapa{\Theta^*, \alpha^1x_1+\dots + \alpha^nx_n} = 0 = \alpha^1\wrapa{\Theta^*, x_1} + \dots + \alpha^n\wrapa{\Theta^*, x_n}$\\
\textbf{противоположный ковектор}: $f' := (-1)f$, проверяем: $\wrapa{f, x} + \wrapa{f', x} = -\wrapa{f, x} + \wrapa{f, x} = 0 = \wrapa{\Theta^*, x} = \wrapa{f'+f, x}$

Аксиомы линейного пространства выполняются потому, что это банально числа: они вытекают из этих же аксиом для чисел.

Короче когда у нас голова будет более свежей, будем строить базис

\section*{Лекция 7 (2025-03-13)}
My laptop has 6\% power, so i'm writing this from TTY and it doesn't have russian keyboard

we're gonna be using:\\
$\wrapa{\alpha f, x} = \alpha\wrapa{f, x} = \wrapa{f, \alpha x},\quad f \in \c L^*$

Let $\ss{e_1, \dots, e_n}$ eb a basis in $\c L \implies \all x \in \c L\quad x^je_j;\\
\wrapa{e^j, x} := x^j,\;j \in \overline{1, n}.$

We must prove: $\wrapa{e^j, \alpha^1x_1 + \alpha^2x_2} = \alpha_1\wrapa{e^j, x_1} + \alpha_2\wrapa{e^j, x_2}\\
x_1 = \alpha^1x_1 + \alpha^2x_2 = \wrapb{\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2}^je_j = \alpha^1x_1^je_j + \alpha^1x_2^je_j = 
\wraps{\wrapb{\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2}^j - \alpha^1x_1^j - \alpha^1x_1^j}\cdot e_j = \theta \implies [] = 0 \implies$

\[
\wrapb{\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2}^j = \alpha^1x_1^j + \alpha^2x_2^j
\]

$\wrapb{\alpha^1x_2 + \alpha^2x_2}^j = \wrapa{e^j, \alpha^1x_1 + \alpha^2x_2};\;x_1^j = \wrapa{e^j, x_1};\;x_2^j = \wrapa{e^j, x_2} \implies
\wrapa{e^j, \alpha^1x_2 + \alpha^2x_2} = \alpha^1\wrapa{e^j, x_1} + \alpha^1\wrapa{e^j, x_2}$

\textbf{Lemm 1.}: $\ss{e^1, \dots, e^n}$ forms a basis in $\c L^*$
\\
Prove: 
\ntab \textit{fullness}: $\wrapa{f, x} = \wrapa{f, x^je_j} = x^j\wrapa{f, e_j} = \wrapa{e^j, x}\underbrace{\wrapa{f, e_j}}_{=\alpha}\\
\wrapa{e^j, x}\alpha = \wrapa{\alpha e^j, x} = \wrapa{\wrapa{f, e_j}\cdot e^j, x} \implies \all x \in \c L : f = \wrapa{f, e_j}e^j$
- we can 
\ntab \textit{Linear independence}: $\wrapa{e^j, e_k} = \wraps{e_k = 0e_1 + \dots + 1e_k + \dots + 0e_n = \delta^j_ke_j} = \delta_{jk}$\\
 $\wrapa{\alpha_je^j, e_k} = \wrapa{\theta^*, e_k} = 0 = \alpha_j\delta^j_k = \alpha_k, k \in \overline{1, k} \implies$ Linearly independant

Kinda important example: $\ss{P^n}$ - set of polynoms with power $\leq n, p^(t) = \alpha_0 + \alpha_1t + \dots + \alpha_nt^n\\
\text{basis: } \ss{1, t, t^2, \dots, t^n}$ (to proove: fullness is trivial, linear independence proff goes like this: let $t=0 \implies \alpha_0 = 0$, then differentiate $n$ times and $\all \alpha_i = 0$). \\
Taylor expansion of $p(t) \in \s P^n = \dst\sum_{k=0}^n = \frac{P^{(k)}(0)}{k!}t^k$ - which is same as basis expansion!

meanwhile, Lets try to find $\wrapb{P^{(*)}}^*$\\
The operation: $\wrapa{id\cdot|_{t=0}, P(t)} := P(0), \wrapa{\at{\frac{d}{dt}\cdot}{t=0}, p(t)} := P'(0), \dots, \wrapa{\at{\frac{d^n}{dt^n}}{t=0}, P(t)} := 
P^{(n)}(0)$\\
so, basis in covector space $\wrapb{P^{(*)}}^*: \ss{\at{id\cdot}{t=0}, \at{\frac{d}{dt}\cdot}{t=0}, \frac{d^2}{dt^2}_{\dots}, \dots, \frac{d^n}{dt^n}}_{\dots}$

\section{Basis transition}

we will mark \textbf{old basis} as $\ss{e_1, \dots, e_n}$\\
and \textbf{new basis} is $\ss{e_{1'}, e_{2'}, \dots, e_{n'}}$\\
and the \textbf{"new new" basis}: $\ss{e_{1''}, \dots, e_{n''}}$\\
as you could guess, the "new new new" basis would be with three ticks


$e_{j'} = e^i_{j'}e_i \ioi \mrx{e_{1'} & \dots &  e_{n'}} = \mrx{e_1 & \dots & e_n}\mrx{
	e^1_{1'} & \dots & e^1_{n'}\\
	\vdots & \ddots & \vdots\\
	e^n_{1'} & \dots & e^n_{n'}
} \ioi E' = E\cdot C$, where $C$ is transition matrix, while $\det C \neq 0$. Let's prove that: \\
Let $\det C = 0. C = \mrxddet{C_{1'},\dots, C_{n'}} \implies \e \alpha^{i'} : \alpha^{1'}C_{1'} + \dots + \alpha^{n'}C_{n'} = 0\\
e_{i'} = c^i_{i'}e_i = \mrx{e_1, \dots, e_n}\mrx{c^1_{i'} \\ \vdots \\ c^n_{i'}} = EC_{i'}, e_{i'} = EC_{i'}\\
\alpha^{1'}\cdot e_{1'} ; E\alpha^{1'}\cdot C_{i'} = E0 = \theta$, that means that basis $e'$ is linearly dependant $\implies \det C \neq 0$

$e_{i'} = c^i_{i'}e_i \ioi E' = EC \implies \e C^{-1}: E = E'C^{-1}\hspace{1cm}C=\wrapb{c^i_{i'}}^n_{n'};\; C^{-1} = \wrapb{c^{i'}_i}^{n'}_n$\\
This makes an easy way to denote whether the transition is from old ot new or from new to old basis

$(e_1, \dots, e_n) = (e_{1'}, \dots, e_{n'})\mrx{
	b^{1'}_1 & \dots & b^{1'}_n \\
	\vdots & \ddots & \vdots \\
	b^{n'}_1 & \dots & b^{n'}_n \\
} = E'B \implies \system{
	e_i = c^{i'}_ie_{i'}\\
	e_{i'} = c^i_{i'}e_i
}$ - \textbf{covariant law}

\subsection{Basis coordinates transistion}
$x = x^{j'}e_{j'};\; x = x^je_j \implies ?x^{j'} = c^{j'}_jx^j?$
\ntab Proof: $e_j = c^{j'}_je_{j'} \implies x^{j'}e_{j'} = x^jc^{j'}_je_{j'} \ioi \wraps{x^{j'} - c^{j'}_jx^j}e_{j'} = \theta \implies
x^{j'} = c^{j'}_jx^j$ - \textbf{countervariant law}

Im matrix form: \\$\system{
	X_e' = C^{-1}X_e\\
	E' = EC
}$

\section{Linear operator}

Let there be $\c L_1, \c L_2$

\textbf{Linear operator} on $\c L_1, \c L_2$: $\c A : \c L_1 \to \c L_2$ is a linear operator IF $\c A(\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2) = \alpha^1\c A(x_1) + \alpha^2\c A(x_2)$

Example: take $\s K^{m\times n}, \c L_1 = X \in \s K^{n\times 1}, Y \in L_2 = \s K^{m\times 1}\\
AX \in \c L_2$, this is linear operator

\subsection{kernel and image}

$\ker A := \ss{X \in \c L_1 : AX_1 = \theta_2 \in \c L_1}$ - this is subset (or equal to) $L_1$ that gets you $\theta$ in $\c L_2$ after applying A\\
$\im A := \ss{Y \in \c L_2 : \e k \in L_1, y = A(X)}$ - this is subset (or equal to) $L_2$ that you can get from $A(\c L_1)$, 

Lets prove that $\ker$ is subspace of $\c L_1$, $\im$ is subspace of $\c L_2$:\\
Let $X_1, X_2 \in \ker A: AX_1 = AX_2 = \theta_2 \implies A(\alpha^1 X_1 +\alpha^2 X_2) = \alpha^1 A(X_1) + \alpha^2 A(X_2) = \theta_2 \in \ker A$\\
and I CANT FUCKING SEE THE PROOF ON THE OTHER PART OF BLACKBOARD FUUUUCK: but the idea is (talke 2 vectors from image, take their linear combination and it 
appears to be also in that image

\section*{Лекция 8 (2025-03-18)}
Tue Mar 18 09:02:33 MSK 2025

$A: \c L_1 \to \c L_2$ - лиинейный оператор

$\ker a := \ss{x \in \c L_1 : A(x) = \theta_2} \subseteq \c L_1$

$\im A := \ss{y \in \c L_2: \e x \in \c L_1, y = A(x)} \subseteq \c L_2$

\textbf{Теорема}: $\dim \ker A + \dim \im A = \dim \c L_1$\\
Доказательство: пусть $\ss{e_1, \dots, e_m}$ - базис в $\ker A$, дополняем его до базиса $\c L_1$: $\ss{e_1,\dots,e_m,\underbrace{e_{m+1},\dots,e_n}_{E^+}}\\$
Рассмотрим $Y^+ := \ss{A(E^+)} \subs \im A$. \textit{Докажем полноту}: 
$y \in \im A \implies \e x \in \c L_1, y = A(x) \implies x = x^je_j = \dst\underbrace{\sum_{j=1}^mx^je_j}_{\in \ker A} + \sum_{j=m+1}^nx^je_j \implies
y = A(x) = A\wrapb{\sum_{j=1}^mx^je_j} + A\wrapb{\sum_{j=m+1}^nx^je_j} = 0 + \sum_{j=m+1}^nx^jA(e_j)$ - получили разложение по семейству $Y^+$. 
\textit{Докажем ЛН}: $\dst \sum_{j=m+1}^n\alpha^jA(e_j) = A\underbrace{\wrapb{\sum_{j=m+1}^n\alpha^je_j}}_{\in \ker A} = \theta_2;\\
\sum_{j=m+1}^n\alpha^je_j = \sum_{j=1}^m\beta^je_j \implies 
\sum_{j=1}^m\alpha^je_j - \sum_{j=m+1}^n\beta^je_j = \theta_1 
\ioi \alpha^1 = \dots = \alpha^m = \beta^{m+1} = \dots = \beta^n = 0 \implies \dim \im A = n - m\\
m = \dim \ker A, n = \dim \c L_1$

\section{Матрица линейного оператора}
$A: \c L_1 \to \c L_2;\; E: $ базис в $\c L_1\\
\all x \in \c L_1:  A(x) = A(x^j\cdot e_j) = x^jA(e_j)$

$A : \c L \to \c L, E: \text{ Базис } \c L\\ A(E) \in \c L, A(e_j) = a^k_je_k; \hspace{1cm}
\mrx{A(e_1) & \dots & A(e_n)} = \mrx{e_1 & \dots & e_n}\mrx{
	a^1_1 & \dots & a^1_n\\
	\vdots & \ddots & \vdots \\
	a^n_1 & \dots & a^n_n\\
} $ - это называется матрицей оператора в базисе $E$, обозначается $A_E$ (с индексом внизу)

\subsection{Как меняется матрица оператора при переходе к новому базису?}
$A: \c L \to \c L, \text{базисы }E, E'; e_{i'} = c^i_{i'}e_i;\; A_E = \wrapb{a^j_k}^n_n, A_{E'} = \wrapb{a^{j'}_{k'}}^{n'}_{n'}\\
A(e_{j'}) = a^{k'}_{j'}e_{k'} = a^{k'}_{j'}c^k_{k'}e_k = A(c^j_{j'}e_j) = c^j_{j'}A(e_j) = c^j_{j'}a^k_je_k \implies a^{k'}_{j'}c^{k}_{k'} = c^j_{j'}a^k_j\\
\ss{C}^k_{k'}\ss{A_{E'}}^{k'}_{j'} = \ss{A_E}^k_j\ss{C}^j_{j'} \implies \ss{C\cdot A_{E'}}^k_{j'} = \ss{C\cdot A_E}^j_{j'} \implies$
\[
	A_{E'} = C^{-1}\cdot A_E\cdot C
\]

\subsection{Множество линейных операторов}
$A \in L(\c L, \c L)$ - сделаем его линейным пространством

1. \textbf{Сложение}: $C := A+B, C(x) = A(x) + B(x)$\\
$C(\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2) = A(\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2) + B(\alpha^1x_1 + \alpha^2x_2) = \alpha^1(A(x_1) + B(x_1)) + \alpha^2(A(x_2) + B(x_2)) = \alpha^1C(x_1) + \alpha^2C(x_2)$

2. \textbf{Умножение}: $C := \alpha A, C(x) = \alpha A(x)$\\Тут доказательство простое

проверим 8 Аксиом линейного пространства:\\
\mdenum{
\item Коммутативность: выполняется в силу того, что она выполняется для векторов линейного пространства\\
\item Все оставшиеся аксиомы: будут свойствовать из свойст линейного пространства, из которого действует линейный оператор\\
\item Нулевой оператор: Всему пространству задаёт нулевой вектор
\item Противоположный оператор: $A^- = (-1)A \implies A^- + A = \Theta$
}

Введём умножение операторов: $C := AB, C(x) = A(B(x))$. Линейность типа проверили. \\Единичный оператор: $\id : x \to x$
\\
Обратный оператор: $A^{-1}(A) = \id$
\\
Матрица произведения операторов: $C(e_j) = A(B(e_j)) = A(b^m_j e_m) \implies c^k_je_k = b^m_ja^k_me_k \implies\\\implies
\text{ - так же, как мы делали до этого - } C_E = A_EB_E$ в матричной форме. Можно доказать, что \\$\wrapb{C^{-1}}_E = C^{-1}_E$

\textbf{Теорема об обратном операторе}: Пусть $A \in L(\c L, \c L)$. Тогда \\$\e A^{-1} \in L(\c L, \c L) \ioi\\\ioi \im A = \c L \ioi\\\ioi \ker A = \theta$\\
Это можно доказать цируклярно: $1 \implies 2 \implies 3 \implies 1$. Доказательство: 

$1 \implies 2: \e A^{-1} \in L(\c L, \c L): \all y \in \c L \e!x\in\c L : y = A(x) \in \im A \implies \im A = \c L$

$2 \implies 3: \im A = \c L; \dim \ker A = \dim L - \dim \im A = 0 \implies \ker A = \ss{\theta}$

$3 \implies 1: \ker A = \ss{\theta} \implies (\dim\im A = \dim \c L \land \im A \subs \c L) \implies \im A = \c L \implies 
\all y \in \c L, \e x \in \c L: y = A(x).\\
\text{единственность: } y_0 \in \c L \e x_1, x_2 \in \c L: y_0 = A(x_1) = A(x_2), A(x_1 - x_2) = \theta \implies x_1 - x_2 \in \ker A = \ss{\theta} \implies x_1 = x_2\\
\text{линейность: } y_1, y_2 \in \c L \e ! x_1, x_2 \in \c L, y_1 = A(x_1), y_2 = A(x_2), x_1 = A^{-1}(y_1), x_2 = A^{-1}(y_2)\\
A^{-1}(\beta^1y_1 + \beta^2y_2) =  A^{-1}(A(\beta^1x_1 + \beta^2x_2)) = \beta^1x_1 + \beta^2x_2 = \beta^1A^{-1}(y_1) + \beta^2A^{-1}(y_2)
$
\section*{Лекция 9 (2025-03-25)}
Tue Mar 25 09:05:04 MSK 2025
\section{собственные векторы; собственные значения}
\textbf{Инвариантное подпространство линейного оператора}: пусть $\c L$ - 
линейное пространство над полем $\s K$. Рассмотрим линейное подпространство $\c U$:
$\all \alpha^1, \alpha^2 \in \s K, \all x_1, x_2 \in \c U: \alpha^1x_1 + \alpha^2x_2 \in \c U;\quad A = L(\c L, \c L)\\
Ax \in \c U \all x \in \c U$

Пусть $E_1$ - базис в $\c U$, $E_2 \sups E_1$ - базис в $\c L$.
$A(e_1) = \sum_{i=1}^n\alpha^ie_i + \underbrace{0 + \dots + 0}_{m-n}, \dots, A(e_n) = \dots\\
A = \mrx{
	\alpha^1_1 & \alpha^1_m & \dots & \beta^1_1 & \dots & \beta^1_{n-m}\\
	\vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
	\alpha^m_1 & \dots & \alpha^m_m & \beta^m_1 & \dots & \beta^m_{n-m} \\
	0 &\dots&0&\vdots&\dots& \vdots\\
	\vdots &\ddots&\vdots& \vdots &\dots& \vdots\\
	0 &\dots&0&\beta^n_1&\dots&\beta^n_{m-n}
} = \mrx{B_e & D_e \\ 0 & C_e}$

\subsection{задачи на собственные векторы и значения}
Пусть $A \in L(\c L, \c L), \\ A(e) = \lambda e\quad \e x \in \s K : \e e \neq \theta$

Пример: оператор поворота: $A_\alpha e = 1\cdot e$

Общий вид решения: пусть $E - $ базис в $\c L, e = \al^ie_i = E\cdot X_e;\quad
A(e) = A(\al^ie_i) = \al^iA(e_i) = \\
(A(e_1) \dots A(e_n))\mrx{\al^1\\\vdots\\\al^n} = (e_1 \dots e_n) A_e X_e = EA_eX_e \implies \lambda e = \lambda \al^ie_i = E(\lambda X_e) \\
E(A_eX_e) = E(\lambda X_e) \implies E\wraps{A_eX_e - \lambda X_e} = \theta \implies A_eX_e = \lambda X_e \overset{X_e \neq (0\dots)}\implies (EA_e)X_e = \lambda (EX_e) \implies\\\implies
A(E)X_e = A(x^ie_i) = A(e) = \lambda x^ie_i = \lambda e,\quad A(e) = \lambda e, e \neq 0$

В итоге мы получили, что задача на собственные векторы эквивалентна задаче, к которой мы пришли: 
$\mrx{A(e) = \lambda e\\x \in \s K\\e \neq \theta} \ioi \mrx{e = EX_e \\ A_eX_e = \lambda X_e \\ \lambda \in \s K, X_e \neq 0}$

Необходимое и достаточное условие существования решения: $\det (A - \lambda \id) \neq 0$

Рассмотрим характерестический многочлен $f(\lambda) = \det(A_e - \lambda \id), E' = EC, A_{e'} = C^{-1}A_eC, \id = C^{-1}C\\
\det(A_{e'} - \lambda \id) = \det\wrapb{C^{-1}\wraps{A_e - \lambda \id}C} = \det C^{-1}\det(A_e - \lambda \id)\det C = \det (A_e - \lambda\id)$\\
Это значит, что характеристический многочлен не зависитот базиса

Вот так обозначается множество всех собственных векторов значения $\lambda$:
$V_\lambda(A) = \ker (A - \lambda \id)$

Нужно доказать, что $\all x \in V_\lambda(A), Ax \in V_\lambda(A)$. Пусть $x \in V_\lambda(A)$\\
$x \in \ker(A - \lambda\id) \implies Ax - \lambda x = \theta \implies A_x = \lambda x \in V_\lambda(A)$

\textbf{Теорема}: если $\s K = \s R$, то у оператора $A \in L(\c L, \c L)$ есть или одномерное, или двумерное (или оба) инвариантное подпространство\\
Доказательство: $A(E_n) = \lambda_nE_n,\quad A \in L(\c L, \c L), \c L(\s C)\quad \lambda_n \in \s C, e_0 \neq \theta$\\
Построим $\c U = L(e_0) = \ss{\mu e_0, \all \mu \in \s C}$




\section*{Лекция 10 (2025-03-27)}
Thu Mar 27 10:51:22 MSK 2025
\subsection{задача на собственный вектор/собственное значение, пример}
Пусть $A \in L(\c L, \c L), \c L(\s K)$

Пусть $\dst f(t) [a,b]: f'(a) = \lim_{t\to a+0}\frac{f(t) - f(a)}{t-a},
f'(b) = \lim_{t\to a+0}\frac{f(t) - f(b)}{t-b}, C^{(k)}$ - множество производных
$n$-ого порядка $f(t)$ на $[a,b]$, пусть $C^\infty: f(t) \in C^\infty[a,b]: f(t)
\in C^{(k)} \all k \in \s N$

$\c L := \ss{f \in C^\infty[a,b], f^{(a)} = f^{(b)} = 0 \all k \in \s N \cup
\ss{0}}$ - утверждаем, что это линейное пространство, проверим:\\
1. $\al^1f_1 + \al^2f_2 \in C^\infty[a,b]$ \\
2. $\al^1f_1^{(k)}(a) + \al^2f_2^{(k)}(a) = 0$, аналогично для $b$ \\

Введём оператор: $\dst A = -\frac{d^2}{dx^2}$. Проверим его: \\
1. $\dst f \in \c L: \frac{d^2 f}{dx}^2 \in C^\infty[a,b]$\\
2. $\dst \frac{d^k}{dx^k}\frac{d^2 f}{dx^2}(a; b) = 0$ \\
3. Линейность следует из правил дифференцирования

$Af = \lambda f_1, f \in \c L, \lambda \in \s R$

$\dst \frac{d^2f}{dx^2}(x) + \lambda f(x) = 0;\quad a := 0, b := \pi, f_n(x) :=
\sin\pi nx; f'' = -(\pi n)^2\sin \pi n x; \lambda := (\pi n)^2$

\textbf{о ч е н ь { }  в а ж н а я { } л е м м а }: Пусть $\c L$ - лин. пр., в
нём $\c U, \c V \neq \ss\Theta, \c U \cap \c V = \Theta$. Пусть $E$- базис в $\c
U$, $F$ - базис в $\c V$. Тогда семейство $\ss{E\cup F}$ ЛН.

Док-во: [от противного]: Пусть $G := \ss{E \cup F}, \gamma = \alpha\dots\beta$ ЛЗ. рассмотрим ЛК $\gamma^ig_i,
\e \gamma^i \neq 0$. Если $\all\beta = 0 \implies \e \al \neq 0 \implies E - $не
базис. аналогично $\all \al = 0 \implies \e \beta \neq 0$. Полное
противоречие((\\%))
Вывод: $E \cap F = \ss{\Theta}$

\textbf{д о к а з а н о } 
\\\\
рассмотрим: $V_\lambda(A) = \ker(A - \lambda I). \all x \in \ker(\dots): (A -
\lambda I) = \theta \implies Ax = \lambda x, V_\lambda(A)$ - \{все собственные
векторы, соответствующие собственному значению $\lambda\} \cup \ss{\theta}$

Помним, что решение задачи на собственность можно свести к $\det(A_E - \lambda
I) = 0$, где определитель - это многочлен степени $n := \dim \c L$, у него $n$
корней. Пусть у нас имеется 2 корня из поля $\s K$. Построим 2 пространства:
$V_{\lambda_1}(A), V_{\lambda_2}(A)$

\textbf{Лемма 3}: $V_{\lambda_1}(A) \cap V_{\lambda_2}(A) = \ss{\Theta} \quad
(\lambda_1 \neq \lambda_2)$

Доказательство: пусть $x \in V_{\lambda_1}(A) \cap V_{\lambda_2}(A) \implies AX
= \lambda_1x = \lambda_2x \implies \wraps{\lambda_1 \neq \lambda_2} \implies x =
\theta$

$f(\lambda) = \det(A_E - \lambda I) = (\lambda - \lambda_1)^{n_{\lambda_1}}
\cdot (\lambda - \lambda_2)^{n_{\lambda_2}}\dots = (\lambda -
\lambda_j)^{n_{\lambda_j}} \cdot \psi(\lambda), \psi(\lambda_j) \neq 0$, где
$n_{\lambda_1}$ - \textbf{алгебраическая кратность} корня характеристического
уравнения.

Пусть $\lambda_j$ - корень уравнения $\in \s K$; $A_EX_E = \lambda_jX_E \implies
Ae_j = \lambda_je_j, e_j = V_{\lambda_j}(A) \neq \ss\theta$

$P_{\lambda_j} := \dim V_{\lambda_j}(A)$ - \textbf{геометрическая кратность}
собственного значения $\lambda_j$.

\textbf{Лемма IV.}: $n_{\lambda_j} \geq P_{\lambda_j}$

Доказательство: $V_{\lambda_j} \overset{def}= \ker (A - \lambda_jI) \neq
\ss\theta$

Пусть $V_{\lambda_j} = L(E')$ - линейная оболочка базиса. Дополняем его до
базиса $\c L = L(E' \cup E")$. Тогда $Ae_1' = \lambda_je_1, Ae_1" =
\lambda_je_1"$. Матрца оператора: $\mrx{A(e_1) & \dots & A(e_m)} =
\mrx{
	\lambda_j & 0 & \dots & 0 & \dots \\
	\vdots  & \lambda_j && \vdots & \dots \\
	\vdots && \ddots & & \dots \\
	0 & \dots && \lambda_j & \dots\\
	\vdots & \vdots &\vdots& \vdots& \ddots\\
} = \mrx{\ddots & D_E \\ 0 & C_E} \implies \\\implies A_E - \lambda I = \mrx{
	\lambda_j - \lambda & 0 & \dots & 0 \\
	\vdots  & \ddots && \vdots & D_E \\
	\vdots && \lambda_j - \lambda \\
	&0&&&C_e
}, \det A_E - \lambda I = \mrxdet{\lambda_j - \lambda && 0 \\ &\ddots& \\
0 &&\lambda_j - \lambda }\det(C_E - \lambda I_{n-m}), \\m = P_{\lambda_j}$ -
геометрическая кратность \\
$\det(A_e - \lambda I) = (\lambda_i - \lambda)^{P_{\lambda_i}}\det(C_E + \lambda
I_{n-m}) \implies (\lambda-\lambda_j)^{n_{\lambda_j}}\psi(\lambda_j) =
(\lambda-\lambda_j)^{P_{\lambda_j}}\det(C_E - \lambda I_{n-m})\implies\\ 
\dst \implies \frac{(\lambda - \lambda_j)^{n_{\lambda_j}}}{(\lambda -
\lambda_j)^{P_{\lambda_j}}} = \frac{\det(C_E - \lambda
I_{n-m})}{\psi(\lambda)}$\\
Случай 1: $n_{\lambda_j} < P_{\lambda_j}$: не может быть (только я не понял,
почему??? что-то там куда-то там стремится...) \\
Случай 2: $n_{\lambda_j} \geq P_{\lambda_j}$ - реализуется

\textbf{Теорема 1.} Для того, чтобы матрица оператора имела в некотором базисе
имела диагоналный вид, необходимо и достаточно, чтобы базис состоял из
собственных векторов оператора.

Доказательство: 1. пусть $\c L(E), Ae_j = \lambda_j e_j. A_e = (A(e_1), \dots,
A(e_m)) = \mrx{
	\lambda_1 & \dots & 0 \\
	\vdots & \ddots & 0 \\
	0 & \dots & \lambda_m
}$ - диагональна.\\
2. Пусть Матрица диагональна; тогда $A(e_j) = \lambda_je_j, \dots$

\textbf{Теорема 2.} Для того, чтобы о уператора $A \e$ собственный базис $\ioi$
чтобы были выполнены свойства: характеристический многочлен $f(\lambda)$
раскладывался на линейные множители в поле $\s K$ и $(P_{\lambda_i} =
n_{\lambda_i}) \all i$

Пояснение: разложение на линейные множители: $x^2 + 1 = (x-i)(x+i)$ -
раскладывается в $\s C$, но не в $\s R$. т.е. разложение: $f(\lambda) = (\lambda
- \lambda_1)\cdot\dots\cdot(\lambda - \lambda_m), \all\lambda_m \in \s K$

Доказательство: 1. Пусть $\lambda_1, \dots, \lambda_m \in \s K$ - корни
характеристического многочлена, попарно различны. Рассмотрим $V_{\lambda_1},
\dots, V_{\lambda_m}: $ все они тоже попарно не пересекаются. у нас сущуствует
базис $\ioi \dst \sum_{i=1}^m \dim V_{\lambda_i} = \dim \c L. \sum_{i=1}^m\dim
V_{\lambda_i} = \sum_{i=1}^mP_{\lambda_j} \leq \sum_{i=1}^mn_{\lambda_i} = n$.
Теперь проверим, что суммы равны, от противного: $p_{\lambda_i} < n_{\lambda_i}:
\dst\sum_{i=1}^mP_{\lambda_j} = \sum_i$... он решил резко
закончить лекцию и концовку я не понял.

\section*{Лекция 11 (2025-04-01)}
Tue Apr  1 09:01:00 MSK 2025
\subsection{Билинейные формы}
\textbf{Определение}: числовая функция 2 аргументов $B(x, y) \in \s K; x, y \in
\c L (\s K)$ называется билинейной формой, если она обладает свойством
линейности по обоим аргументам.

Пример: пусть $X = \mrx{x_1\\x_2}, Y = \mrx{y_1\\y_2}, B(X, Y) = \mrxdet{x_1 &
y_1 \\ x_2 & y_2}$

Пусть $E = (e_1, \dots, e_n)$ - базис в $\c L; x = x^je_j; y = y^ke_k \implies
B(x, y) = B(x^je_j, y^ke_k = x^jy^kB(e_j, e_k)\\
\ss{B(e_j, e_k)}_{j,k = \overline{1, n}}$ - матрица билинейной формы.

Введём обозначение $b_{jk} := B(e_j, e_k) \implies B(x, y) = x^jy^kb_{jk} = *\\
b_{jk}y^k = \mrx{b_{j1} & \dots & b_{jn}}\mrx{y^1\\\vdots\\y^n} = B_jY_e\\
x^jb_{jk}y^k = x^jB_JY_e = \mrx{x^1 & \dots & x^n}\mrx{B_1 & Y_e \\ \vdots &
\vdots \\ B_N & Y_e}; \quad B_eY_e = \mrxddet{B_1 \\ \vdots \\ B_n}\mrxddet{Y_e}
= \mrx{B_1 & Y_e \\ \vdots & \vdots \\ B_N & Y_e} \\
* = (x^1, \dots, x^n)B_eY_e \implies$\[B(x, y) = X^T_e B_e Y_e\]

При переходе к новому базису:
$E, E'. E' = EC,\quad e_{j'} = c^j_{j'}e_j\\
b_{j'k'} = B(e_{j'}, e_{k'}) = B(c^j_{j'}e_j, c^k_{k'}e_k) =
c^j_{j'}c^k_{k'}B(e_j, e_k) = c^j_{j'}c^k_{k'}b_{jk} \\
b_{j'k'} = \ss{B_{e'}}^{j'}_{k'} = \ss{C}^j_{j'}\ss{C}^k_{k'}\ss{B_e}^j_k = 
\ss{C}^j_{j'}\underbrace{\ss{B_e}^j_k\ss{C}^k_{k'}}_{\ss{B_E\cdot C}^j_{k'}} =
\ss{C^T}^{j'}_{j}\ss{B_E\cdot C}^j_{k'} = \ss{C^TB_eC}^{j'}_{k'}$
\[ \vsystem . {B_{e'} = C^TB_eC \\ A_{e'} = C^{-1}A_eC}, A_{e'} - \text{оператор
(пр. лекции)}\]

\textbf{Замечание}: преобразование базиса: $E' = EC$. Другой способ записи: $x =
EX_e  = E'X_{e'} \implies X_e = CX_{e'}.$ Ещё один, новый способ: $X_e = X_{e'},
\all x = EX_e = E'X_{e'},\quad ECX_{e'} = E'X_{e'} \implies
\underbrace{\wraps{{EC-E'}}}_{\hat E}X_{e'}
= \theta \implies \hat EX_{e'} = \theta\quad\all X_{e'} \in \s K^{n\times 1}.\\
x^1\bar e_1 + \dots + x^n\bar e_n  = \theta \implies \hat E = (\theta, \dots)
\implies EC = E'$

\subsection{(Анти)симметричные билинейные формы}
Для любой формы справедливо: $B(x. y) = \frac{B(x, y) + B(y, x)}2 + \frac{B(x,
y)^2 - b(y, x)}2$ 

<Начиная отсюда я начал жёстко засыпать и записывать без доказательств>

<Заранее прошу прощения у себя, готовящегося к сессии>

\textbf{Определение: } билинейная форма симметричная, если $B(x, y) = B(y, x)$
\textbf{Определение: } билинейная форма антисимметричная, если $B(x, y) = -B(y, x)$

\textbf{Любая форма разложима на ЛК симметричной и антисимметричной} $B_{s1}(x,
y) + B_{a1}(yx, y) = \text{второе такое же} $

\subsection{Ранг матрицы, инварианты билинейных форм}
$C = AB \implies \rk C \leq \rk B$

$B_e = \wrapb{C^{T}}^{-1}B_{e'}C^{-1} \land B_{e'} = C^TB_eC \implies \rk B_e =
\rk B_{e'}\\
\sgn \det B_e = \sgn \det B_{e'}$

\subsection{Квадратичные формы}
$Q(x) = B(x, x) = X^T_e Q_e X_e$, или $q_{ij}x^ix^j$

Наиболее простой вид: $\sum_i x_j(x^j)$

\textbf{Теорема Лагранжа}: у любой квадратичной формы $\e$ базис, в котором она
имеет канонический (наиболее простой) вид. 


\section*{Лекция 12 (2025-04-10)}
Thu Apr 10 10:57:38 MSK 2025
\subsection{я пропустил несколько лекций по болезни}
\subsection{евклидовы пространства}
\textbf{свойства скалярного произведения}: очереди в кофепорте убивают... а в сфа холодно...\\
\textbf{Неравенство Коши-Буряковского}: $(x, y)^2  \leq (x, x)(y, y)$\\
\textbf{Норма вектора}: $\norm{x} = \sqrt{(x, x)}$

Свойства: \mdenum{
	\item $\norm x \geq 0; \norm x = 0 \ioi x = \theta$
	\item $\norm{\al x} = \al \norm x$
	\item $\norm {x + y} \leq \norm x + \norm y$. Доказательство: \\
		$\norm {x+y}^2 = (x+y, x+y)^2 = (x, x) + 2(x, y) + (y, y) = \norm x + \norm y
		+ 2 (x, y) \leq \norm x + \norm y + 2 \wrapa{(x, y)} \leq \norm x + \norm y + 2\norm x\norm y =
		(\norm x + \norm y)^2 \implies \norm{x+y} \leq \norm x + \norm y$
}

\textbf{Метрический тензор} - матрица билинейной формы: $(x, y) = G(x, y) \implies G(x, y) = X_e^TG_eY_e \\
\ss{G_e}^j_k = (G(e_j, e_k))$

\textbf{Лемма 1}: $\det G_e > 0$
\ntab $G(x, x) = X_e^TG_eX_e > 0 \quad\all x \neq \theta$
\ntab Т.к. $G$ - положительно определённая форма, то все её угловые миноры $>0$, значит, $\det G > 0$

$\dst \cos \ph := \frac{(x, y)}{\norm x \norm y}$

\subsection{унитазное пространство}
\textbf{Полуторолинейная форма} $G(x, y)$: Пусть $\c L$ - комплексное линейное пространство. Числовая функция $G(x, y)$ называется полуторолинейной формой, если выполнены следующие 2 свойства:\mdenum {
	\item $G(x, y) = \overline{G(y, x)}$ (комплексно сопряжённое число)
	\item $G(\al^1x_1 + \al^2x_2, y) = \al^1G(x_1, y) + \al^2G(x_2, y)$
}

Свойства полуторолинейных форм: \mdenum {
	\item $G(x, \beta^1y_1 + \beta^2y_2) =\bar \beta^1 G(x, y_1) + \bar
\beta^2 G(x, y_2)$ - антилинейность. Доказывается через перестановку аргументов
	\item $G(x, x) \in \s R$ : доказывается по перестановку аргументов
}

\textbf{определение}: полуторолинейная форма $G(x, y)$ называется положительно
определённой, если $G(x,x) > 0\quad\all x \neq \theta$

\textbf{Определение унитазного пространства}: унитазным пространством
называется комплексное линейное пространство, на котором введена положительно
определённая полуторолинейная форма... Скибиди доп yes yes

Пример: Введём Функцию Комплексного Переменного: $f(x \in \s C) = f_1(x) +
if_2(x); f_1, f_2 \in \s R; \\
f \in \s C [0, 1] \ioi f_1, f_2 \in \s R [0, 1]$ - непрерывны. поэтому это
линейное пространство. введём форму: $\dst G(f, g) := \int_0^1 f(x)
\overline{g(x)}dx$. Линейна по первому аргументу как обычный интеграл по
риману; переставим аргументы: $\dst G(g, f) = \int_0^1g(x) \overline{f(x)}dx =
\int_0^1 \overline{f(x)\overline{g(x)}}dx = \overline{\int_0^1
f(x)\overline{g(x)}dx} = \overline{G(f, g)}$. Ну, конечно, мы не слишком строго
это доказали, но по сути это доказывается через суммы Дарбу. \\
$G(f, f) = \dst \int_0^1 f(x)\overline{f(x)}dx = \int_0^1\wrapm{f(x)}^2dx \quad
( = 0 \ioi f = 0)$ - ура она положительно определённая 
\\\\\\\\
Пусть $G(x, y)$ - полуторолинейная форма, пусть $E$ - базис нашего комплексного
линейного пространства; раскладываем: $\dst G(x^ie_i, y^je_j) =
x^i\cdot \overline{y^j}\cdot G(e_i, e_j) = x^i\cdot \overline{y^j} \cdot g_{ij}
= X_e^T \cdot G_e \cdot \overline{Y_e}$

\textbf{Лемма 2}: $\det G_e \neq 0$

Докажем от противного: $\det G_e = \mrxdet{
	(e_1, e_1) & \dots & (e_1, e_n) \\ 
	\vdots & \ddots & \vdots \\
	(e_n, e_1) & \dots & (e_n, e_n)
}^T = \mrxdet{
	(e_1, e_1) & \dots & (e_n, e_1) \\ 
	\vdots & \ddots & \vdots \\
	(e_1, e_n) & \dots & (e_n, e_n)
} = 0 \implies \\\implies \al^1\mrx{(e_1, e_1) \\ \vdots \\ (e_1, e_n)} + \dots +
\al^n\mrx{(e_n, e_1)\\\vdots\\(e_n, e_n)} = 0, (\al^1, \dots, \al^n) \neq 0
\implies \mrx{(\al^1e_1, e_1) \\ \vdots \\ (\al^1e_1, e_n)} + \dots +
\mrx{(\al^ne_n, e_1)\\\vdots\\(\al^ne_n, e_n)} = \mrx{(\al^1e_1 + \dots + \al^ne_n,
e_1) \\ \vdots \\ (\al^1e_1 + \dots + \al^ne_n, e_n)} = 0 \overset{x :=
\al^ie_i}=\mrx{(x, e_1) \\ \vdots \\ (x, e_n)} = 0; \implies \overline{\al^1}(x,
e_1) + \dots + \overline{\al^n}(x, e_n) = 0 = \\ =(x,  \al^1 e_1) + \dots + (x,
\al^ne_n)= (x, \al^1e_1 + \dots + \al^ne_n)  = (x, x) = 0 \implies x = 0
\implies \al^ie_i = 0$ - значит, $E$ - не базис, противоречие: $\det G_e \neq 0$

\textbf{Важно: все дальнейшие результаты будут справедливы и для евклидового, и
для унитарного пространства, такие результаты будем помечать как $\eps(u)$}

\textbf{Норма в унитарном пространстве}: $\norm x = \sqrt{G(x,x)}$

\textbf{Неравенство Коши-Буниковского (u)}: $|G(x, y)|^2 \leq G(x,x)G(y,y)$.

Доказательство: $(\al x + y, \al x + y) \geq 0 = \al (x, y) + \overline \al (y, x) +
\al \overline \al (x, x) + (y, y) = \wraps{ \al := -\dst\frac{\overline{(x, y)}}{(x,
x)} } =\\= \dst\frac{|(x, y)|^2}{(x, x)^2}(x, x) - \frac{|(x, y)|^2}{(x, x)} -
\underbrace{\frac{(x, y)}{(x, x)}(y, x)}_{=|(x, y)|^2 / (x,x)} + (y, y) \geq 0
\implies \frac{|(x, y)|^2}{(x, x)} \leq (y, y)$ - что по сути и есть неравенство

Свойства нормы: \mdenum{
	\item $\norm x \geq 0\quad (\norm x = 0 \ioi x = \theta)$
	\item $\norm {\al x} = |\al| \norm x$. Доказательство: $\norm {\al x} =
\sqrt{(\al x, \al x)} = \sqrt{\al \overline \al (x, x)} = \sqrt{\al ^2} \norm x
= |\al| \norm x$
	\item $\norm {x + y} \leq \norm x + \norm y$. Доказательство: $\norm
{x+y}^2 = (x+y, x+y) = (x,x) + (y,x)+(x,y)+(y,y) = \norm x^2 + \norm y^2 +
\underbrace{(x,y) + \overline {(x, y)}}_{=2 \Re(x, y)} \leq \norm x^2 + \norm
y^2 + 2\wrapm{\Re (x, y)} \leq \norm x^2 + \norm y^2  + 2\norm x\norm y = (\norm
x + \norm y)^2 \implies \\\implies \norm {x + y} \leq \norm x + \norm y$,
доказано $\blacksquare$
}

\textbf{Ортогональность}: в следующий раз :000

\section*{Лекция 13 (2025-04-15)}
Tue Apr 15 09:04:18 MSK 2025

\subsection{ортогональность}
\mdenum{
\item ОНБ - ортонормированный базис
}
\textbf{определение}: $a \perp b \ioi (a, b) = 0$

$\c Q \perp \c P : \all a \in \c Q, \all b \in \c P : (a, b) = 0$

\textbf{лемма 1}: $x \perp x_j (j \in \overline{1,m}) \implies x \perp \c L(x_1, \dots, x_m)$

\textbf{лемма 2}: $x \perp e_j (j \in \overline{1,m}, \ss{e_1, \dots, e_m} - \text{ базис в } \c L) \implies x = \theta$ \\
Доказательство: $x = \al^je_j;\quad (e_j, x) = 0 \all j;\quad \al^j(e_j, x) = 0
\implies (\al^je_j, x) = 0 \implies (x, x) = 0 \implies x =  \theta \\
\blacksquare$

\textbf{лемма 3}: $\dst e_j \neq \theta\quad(j = \overline{1,m}) \land (e_j, e_k) =
0\quad(j \neq k) \implies \ss{e_1, \dots, e_m}$ - линейно независимо. \\
Доказательство: пусть $\dst \al^je_j = \theta, (\al^je_j, e_k) = 0 \implies a^j(e_j,
e_k) = 0 \ioi a_j = 0\quad\all j = \overline{1,m}$ - значит, ЛН

\textbf{определение ОНБ}: $\dst \ss{e_1, \dots, e_m} : (e_j, e_k) = \delta_{jk}\quad 
\all j, k = \overline{1, m}$

\textbf{теорема 1}: $\dst \ss{e_1, \dots, e_n}$ - ОНБ $ \dst \implies x = \sum_j^n (x_j,
e_j)e_j,\quad \norm x = \sum_j^n \wrapm{(x_j, e_j)}^2$  (формула Гиббса и
равенство Парсеваля соотв.) \\
Доказательство: $\dst x = x^je_j \implies (x_j, e_k) = (x^je_j, e_k) = x^j(e_j, e_k)
= x_k \implies x = \sum_j^n(x^j, e^j)e_j$ \\
$\dst \norm x^2 = (x, x) = \wrapb{\sum_j^k (x^j, e^j)e_j, \sum_j^n(x^j, e^k)e_k}
= \sum_j^n(x^j, e^j)\wrapb{e_j, \sum_j^n (x^j, e^k)e_k} = \sum_j^n\sum_j^n (x^j,
e^j) \overline{(x^j, e^k)}\underbrace{\wrapb{e_j, e_k}}_{=\delta_{jk}} = \\ = 
\sum_j^n (x^j, e^j)\overline{(x^j, e^j)} = \sum_j^n \wrapm{(x^j, e^j)}^2$\\

Пусть имеется базис $E, E'$ - ОНБ: $E' = EC$. Какие ограничения на эту матрыцу?
$EC = \mrx{a_1, \dots, a_n}, \\ \det C \neq 0 \implies \ss{a_1, \dots, a_n}$ -
тоже базис (не обязательно ОНБ). Доказательство будет на консультации перед
экзаменом. А что делать, чтобы базис $A$ был ОНБ?

\textbf{Лемма 4}: Ортонормаированная матрица обладает свойством: $C^T\overline C
= \id$\\
Доказательство: пусть $x = EX_e = E'X_{e'}; y = EY_e = E'Y_{e'}; (x, y) = 
G(x, y) = X_e^TG_e\overline Y_e = X_{e'}^TG_{e'}\overline Y_{e'}$, где 
$\ss{G_e}^j_k = G(e_j, e_k)$, поэтому $(e_j, e_k) = \delta_{jk};\quad (e_{j'},
e_{k'}) = \delta{j'k'} \implies G_e = G_{e'} = \id \implies X^T_e\overline Y_e =
X^T_{e'}\overline Y_{e'} \implies\\\implies 
X^T_{e'}C^T\overline C \overline Y_{e'} = X^T_{e'}\overline Y_{e'} \implies
X^T_{e'}\wraps{C^T\overline C - \id}\overline Y_{e'}\quad \all X_{e'}, Y_{e'}
\in \s K^{n \times 1} = 0$. Пока что не будем доказывать, докажем на консультации,
что то, что внутри квадратных скобках равно нулю, поэтому $C^T\overline C = \id$

\textbf{задача о перпендикуляре}
 пусть имеется ортонормированное семейство $E$, содержится в евклидовом или
унитарном пространстве $\c L$, $e_j \neq \theta$. Пусть $\e x \not \in L(e_1, \dots,
e_m), x \in \c L.\quad x = y + z, \text{ где } y \in L(E), z \perp L(E)$.
Другими словами, надо представить $x$ как сумму перпендикуляра к линейной
оболочке и чего-то из линейной оболочке. $y = x^je_j; z := x - x^je_j$. Я не
понял, почему, но $(z, e_k) = 0 \quad \all k \in \overline{1,m}$, поэтому \\
$(x - x^je_j, e_k) = 0; (x_j, e_k) = \sum \lambda^j(e_j, e_k) \implies (x_j,
e_k) = \lambda^k(e_k, e_k) \implies \lambda^k = \dst\frac{(x_j, e_k)}{(e_k,
e_k)}$. 

\textbf{теорема Грама-Шмидта}: в любом евклидовом или унитарном пространстве
$\e$ ОНБ. \\
Доказательство: Пусть $\c L = \eps \lor \c L = \c U$. Пусть $E = (e_1, \dots,
e_n). e_{1'} := e_1 \implies L(e_1) = L(e_{1'})$. Предположим, что мы построили
ортогональное семейство $\ss{e_{1'}, \dots, e_{m'}} \in L(e_1, \dots, e_m);\\
L(e_{1'}, \dots, e_{m'}) = L(e_1, \dots, e_m)$. Теперь $e_{m'+1} := e_{m+1} - \dst\sum_{j=1}^{m'}\frac{(e_{m+1},
e_{j'})}{(e_{j'}, e_{j'})}$. По построению $e_{m'+1} \perp L(e_1, \dots, e_m)\\
e_{m' + 1} \in L(e_1, \dots, e_m, e_{m+1}) = L(e_{1'}, \dots, e_{m'}, e_{m+1})$.
То есть наше новое дополненное семейство - базис в "дополненной" ЛО. Вывод:
$\ss{e_{1'}, \dots, e_{m'}, e_{m'+1}} - \text{ базис в }  L(e_1, \dots, e_m,
e_{m+1})$. Таким образом на $n$ шагов строим базис в $\c L$. Таким образом на
$n$ шагов строим ортогональный базис в $\c L$. Чтобы построить ОНБ, просто
нормируем базис. ГГ. $\blacksquare$

\section{Линейные операторы в евклидовых и унитазных пространствах}
\subsection{сопоряжённый оператор}
Пусть $A \in L(\c L, \c L)\quad (\c L = \eps \lor \c L = \c U)$

\textbf{определение}: сопряжённый оператор: $A^*(\c L \to \c L): (x, A^*y) =
(Ax, y)\quad \all x, y \in \c L$

Пример: сопряжённый оператоор $\id^*$ равен $\id$. С нулевым оператором то же
самое. Теперь посмотрим на линейный оператор векторного произведения: $A\v x :=
[\v a, \v x]$. $(A\v x, \v y) = ([\v a, \v x], \v y) = \wrapa{\v a, \v x, \v y}
= \wrapa{\v y, \v a, \v x} = \wrapa{\v x, \v y, \v a} = (\v x, [\v y, \v a]) =
(\v x, -[\v a, \v y]) = (\v x, -A\v y) \implies A^* = -A$
\end{document}
