\documentclass[10pt,a5paper]{article}
\usepackage[svgnames, rgb]{xcolor}

\input{intro}

\lhead{\color{gray} Шарафатдинов Камиль 192}
\rhead{\color{gray} \texttt{hw3}}
\title{ИДЗ-3 по линейной алгебре}
\author{Шарафатдинов Камиль БПМИ-192}
\date{билд: \today}


% -- Here bet  dragons --
\begin{document}\thispagestyle{empty}

\maketitle
\clearpage
\setcounter{page}{1}

\dmquestion{1}

    Проверим, что векторы из условия являются решением системы
    \input{figures/fig_one_proof_v0.tex}
    \input{figures/fig_one_proof_v0.tex}


    Найдем ФСР системы:
    \input{figures/fig_one_init_to_triang}

    ФСР:
    \begin{flalign*}
        \lambda_2 = 1 \qquad& (4, 1, 0, 0, 0, 0)\\
        \lambda_4 = 1 \qquad& (-1, 0, 1, 1, 0, 0)\\
        \lambda_5 = 1 \qquad& (-1, 0, -2, 0, 2, 0)\\
        \lambda_6 = 1 \qquad& (1, 0, -2, 0, 0, 1)
    \end{flalign*}

    Выразим векторы $v_1$ и $v_2$ (из условия) через ФСР (мы так можем, потому что ФСР - базис этого подпространства)

    Для этого нужно решить две системы:
    \input{figures/fig_one_convert_v1}
    \[
        u_1 = (1, -3, 3, -1)
    \]
    \input{figures/fig_one_convert_v2}
    \[
        u_2 = (2, 3, 1, -2)
    \]

    Теперь надо дополнить эту систему до базиса $\mathbb{R}^4$:
    \input{figures/fig_one_solve_last}
    
    Дополнить до базиса можно векторами $(0, 0, 1, 0)$ и $(0, 0, 0, 1)$
    
    То есть последние два вектора из ФСР - дополнение до базиса подпространства.

    \begin{flalign*}
        (-1, 0, -2, 0, 2, 0)\\
        (1, 0, -2, 0, 0, 1)
    \end{flalign*}

\dmquestion{2}

    $\Image \varphi$ - линейная оболочка столбцов.
    Найдем матрицу, задающую $\Image \varphi$ по алгоритму от Димы:

    Найдем ФСР $A^Tx = 0$:
    \input{figures/fig_two_fsr_A_T}

    ФСР:
    \[
        (2, -1, 1, 0), \quad \br{ \frac{7}{5}, -\frac{4}{5}, 0, 1 } = (7, -4, 0, 5)
    \]

    Значит, $\Image \varphi = \left\{ x \ | \ Bx = 0\right\}$, где
    \[
        B = \begin{bmatrix}
            2 & -1 & 1 & 0\\
            7 & -4 & 0 & 5
        \end{bmatrix}
    \]

    Тогда $\Image \varphi \cap \ker \varphi = \left\{x | Ax = 0, Bx = 0\right\}$

    \input{figures/fig_two_AB_sol}

    ФСР такой системы - $(-3, -4, 2, 1)$

    Значит, $\Image \varphi \cap \ker \varphi = \langle(-3, -4, 2, 1)\rangle$

    $\Image \varphi$ - линейная оболочка столбцов,
    а $\ker \varphi$ - линейная оболочка ФСР $Ax = 0$.
    Тогда $\Image \varphi + \ker \varphi$ - линейная оболочка всех этих векторов.
    Надо только найти в них базис:

    \input{figures/fig_two_ker_A}

    $
        \ker \varphi = \langle (-\frac{3}{2}, -3, 1, 0), (0, 2, 0, 1) \rangle
        =
        \ker \varphi = \langle (-3, -6, 2, 0), (0, 2, 0, 1) \rangle
    $

    Теперь надо найти базис из столбцов $A$ и базиса в $\ker \varphi$:

    \input{figures/fig_two_imker}

    Ненулевые строки - базис (возьмем векторы из левой матрицы).

    Поэтому
    $
        \Image \varphi + \ker \varphi =
        \langle
            (-2, 14, 18, 14),
            (-3, -9, -3, -3),
            (-3, -6, 2, 0)
        \rangle
    $

\dmquestion{4}
    Найдем хар. многочлен $\varphi$:
    \[
        \mathrm{det} (\varphi - \lambda E)
        \overset{\texttt{four.py}}=
        \lambda^4 - \lambda^3 + \lambda^2 =
        \lambda^2(\lambda - 1)^2
    \]

    $
        V^1 = \ker ((\varphi - E)^2)
    $, так как у каждого собственного значения степень 2
    \input{figures/fig_four_V_1}

    ФСР:
    \[
        v_{11} = (1, 3, 0, 0), \quad v_{12} = (1, 0, 3, 3)
    \]

    $
        V^0 = \ker(\varphi^2)
    $
    \input{figures/fig_four_V_0}

    ФСР:
    \[
        v_{01} = (-1, -3, 1, 0), \quad v_{02} = (12, 10, 0, 3)
    \]

    Дополним $v_{11}$ и $v_{12}$ до базиса $\mathbb{R}^4$:

    \[
        \begin{bmatrix}
            1 & 3 & 0 & 0\\
            1 & 0 & 3 & 3
        \end{bmatrix}
        \simeq
        \begin{bmatrix}
            1 & 3 & 0 & 0\\
            0 & -3 & 3 & 3
        \end{bmatrix}
        \simeq
        \begin{bmatrix}
            1 & 3 & 0 & 0\\
            0 & 1 & -1 & -1
        \end{bmatrix}
    \]

    Дополним стандартными векторами $e_3$ и $e_4$

    Мы хотим, чтобы $\Image \psi = V^0, \quad \ker \psi = V^1$.
    Для этого, отправим $v_{11}$ и $v_{12}$ в $0$, а $e_3$ и $e_4$ в $v_{01}$ и $v_{02}$. Тогда у нас будет однозначно определенный оператор, надо будет лишь перейти обратно к стандартному базису. Пусть $\psi'$ - матрица $\psi$ в базисе $(v_{11}, v_{12}, e_3, e_4)$.

    \[
        \begin{cases}
            \psi'v_{11} = 0\\
            \psi'v_{12} = 0\\
            \psi'e_3 = v_{01}\\
            \psi'e_4 = v_{02}\\
        \end{cases}
    \]

    \input{figures/fig_four_sys_orig}

    \input{figures/fig_four_psi}

    Теперь надо перевести $\psi'$ в стандартный базис:
    \[
        \begin{cases}
            e_1 = v_{12} - 3e_3 - 3e_4\\
            e_2 = \frac{1}{3}v_{11} - \frac{1}{3}v_{12} - e_3 - e_4\\
            e_3 = e_3\\
            e_4 = e_4
        \end{cases}
    \]

    Выпишем разложение в столбцы матрицы перехода:
    \[
        C = (v_{11}, v_{12}, e_3, e_4) \to e =
        \begin{bmatrix}
             0 &  \frac{1}{3} & 0 & 0\\ 
             1 & -\frac{1}{3} & 0 & 0\\
            -3 & -1           & 1 & 0\\
            -3 & -1           & 0 & 1
        \end{bmatrix}
    \]

    и найдем обратную:
    \input{figures/fig_four_inverse}

    \[
        C^{-1} =
        \begin{bmatrix}
            1 & 1 & 0 & 0\\
            3 & 0 & 0 & 0\\
            6 & 3 & 1 & 0\\
            6 & 3 & 0 & 1
        \end{bmatrix}
    \]

    Тогда
    \input{figures/fig_four_inverse_mul}


\end{document}