Пробный вариант контрольной

Шаг 1: $u=(1,2,\dots ,n{)}^T$ — столбец $n\times 1$, $v=(1,1,\dots ,1)$ — строка $1\times n$. Их произведение $A=uv$ — матрица $n\times n$, её элемент $a_{ij}=i\cdot 1=i$. То есть в $i$-й строке стоят одни числа $i$.

Шаг 4: считаем $vu$ — строка на столбец, получится число:
$$\begin{array}{rl}vu& =1\cdot 1+1\cdot 2+\dots +1\cdot n\\ & =1+2+\dots +n=\frac{n(n+1)}{2}.\end{array}$$
Дальше $A^2=uvuv=u(vu)v=(vu)uv=(vu)A$, а $A^3=A^{2}A=(vu)A\cdot A=(vu{)}^{2}A$. Получаем $A^k=(vu{)}^{k-1}A$.

Шаг 5: при $k=1$ множитель равен 1, получается $A$. Для $n=2$: $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 2& 2\end{array}\right)$, $vu=3$, и прямой счёт даёт $A^2=\left(\begin{array}{cc}3& 3\\ 6& 6\end{array}\right)=3A$. Сходится.

Шаг 1: $a=2$, $b=c=1$, $bc=1$.
Шаг 2: $D_n=2D_{n-1}-D_{n-2}$.
Шаг 3: $D_1=2$, $D_2=4-1=3$.
Шаг 4: идём по цепочке:
$$\begin{array}{rlrl}{D}_3& =2\cdot 3-2=4,& D_4& =2\cdot 4-3=5,\\ D_5& =2\cdot 5-4=6,& D_6& =2\cdot 6-5=7,\\ D_7& =2\cdot 7-6=8.& & \end{array}$$
Видно, что каждый следующий больше на 1: $D_n=n+1$. Поэтому $D_7=7+1=8$. Если на контрольной просят общий $D_n$, пиши $D_n=n+1$ — формула сходится с $D_1=2$ и $D_2=3$, и цепочка её не ломает: $2(n)-(n-1)=n+1$.

Шаг 1: матрица $(A|b)$ размера $3\times 6$.
Шаг 2: из 2-й строки вычли 1-ю: $(11111|2)$. Из 3-й вычли 1-ю: $(22222|4)$. Из неё вычли 2-ю, умноженную на 2 — нулевая строка (вычёркиваем). Осталось две строки: поменяли их местами, чтобы наверху была строка из единиц, и из второй вычли первую, умноженную на 2:
$$\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 1& 1& 2\\ 0& 1& 2& 3& 4& 0\end{array}\right)$$
Шаг 3: строки $0\dots 0|b\ne 0$ нет, система совместна.
Шаг 4: ступени в столбцах 1 и 2: главные $x_1,x_2$; свободные $x_3,x_4,x_5$ ($5-2=3$).
Шаг 5: из 2-й строки $x_2=-2x_3-3x_4-4x_5$. Из 1-й $x_1=2-x_2-x_3-x_4-x_5=2+x_3+2x_4+3x_5$.
Шаг 6: частное ($x_3=x_4=x_5=0$): $(2,0,0,0,0{)}^T$. ФСР: по очереди $x_3=1$, $x_4=1$, $x_5=1$ (остальные свободные $0$, правая часть нулевая) — это три вектора из ответа.

Шаг 5. Запишем $a_{ij}=\cos i\cdot \cos j-\sin i\cdot \sin j+1\cdot 1$. Пусть $c$ — столбец $(\cos 1,\dots ,\cos 2023{)}^T$, $s$ — столбец из $\sin i$, $e$ — столбец из единиц. Тогда
$$A=c{c}^T-s{s}^T+e{e}^T.$$
Это сумма трёх матриц вида «столбец·строка», каждая имеет ранг $\le 1$. Значит $\mathrm{rg}A\le 3$.

Шаг 6. Нужен ненулевой минор порядка 3. Возьмём левый верхний угол $A_3$ — строки и столбцы $1,2,3$. То же разложение, записанное для него, — это произведение трёх матриц:
$$A_3=V\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)V^T,$$
$$V=\left(\begin{array}{ccc}\cos 1& \sin 1& 1\\ \cos 2& \sin 2& 1\\ \cos 3& \sin 3& 1\end{array}\right).$$
(Проверь: элемент $(i,j)$ справа равен $\cos i\cos j-\sin i\sin j+1$.) Определитель произведения равен произведению определителей, поэтому $|A_3|=|V|\cdot (-1)\cdot |V|=-|V{|}^2$.

Осталось понять, что $|V|\ne 0$. Строки $V$ — это точки $(\cos i,\sin i)$ на окружности радиуса 1 (плюс единица в конце). Определитель такого вида равен удвоенной площади треугольника с вершинами в этих точках (со знаком), то есть он нуль, только если три точки лежат на одной прямой. А три разные точки окружности на одной прямой не лежат; разные они потому, что углы $1,2,3$ радиана отличаются меньше чем на полный оборот $2\pi$. Значит $|V|\ne 0$ (численно $|V|\approx 0,774$), $|A_3|\ne 0$ и $\mathrm{rg}A\ge 3$.

Итого $\mathrm{rg}A=3$; дефект $=n-\mathrm{rg}A=2023-3=2020$.

а) Шаг 1: в порядке $1,t,t^2,t^3,t^4$ столбцы $v_1=(1,1,1,0,0{)}^T$, $v_2=(1,0,0,0,0{)}^T$, $v_3=(0,1,0,0,0{)}^T$, $v_4=(0,0,1,0,0{)}^T$, $v_5=(0,0,0,0,1{)}^T$, $v_6=(1,-1,0,0,1{)}^T$. Шаг 2: Гаусс даёт ступеньки в столбцах $v_1,v_2,v_3,v_5$. Остальные выражаются: $v_4=v_1-v_2-v_3$, $v_6=v_2-v_3+v_5$. Ранг $4$, значит размерность оболочки $4$ (базис $v_1,v_2,v_3,v_5$).

б) Обозначим базис $e_1=t+1,e_2=t^2+1,e_3=t^3+1,e_4=t^2$. Шаг 3: $x_1{e}_1+x_2{e}_2+x_3{e}_3+x_4{e}_4=1+t+t^2+t^3$. При $t^3$: $x_3=1$. При $t$: $x_1=1$. Свободный член: $x_1+x_2+x_3=1$, значит $x_2=-1$. При $t^2$: $x_2+x_4=1$, значит $x_4=2$. Координаты $(1,-1,1,2{)}^T$.

Шаг 4: нужна матрица «из $e$ в естественный $f=(1,t,t^2,t^3)$». По определению КК § 17 ($f=eC$) в $j$-й столбец идут координаты $f_j$ в базисе $e$. Столбцы-векторы $e$ в естественных координатах
$$E=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 0\\ 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\end{array}\right),$$
и $C=E^{-1}$, считаем $(E|I)\to (I|C)$ (как в рецепте «Обратная матрица»). Внимание: «из $e$ в естественный» — это $E^{-1}$, а не сама $E$. Матрица $E$, где столбцы — сами векторы $e$, — это переход в обратную сторону, из естественного базиса в $e$.

Шаг 5: $C(1,1,1,1{)}^T=(1,-1,1,2{)}^T$ — совпало с пунктом б).

Шаг 6: здесь числа не даны, поэтому гаусс не нужен. Угадываем $A^{-1}=A$ и проверяем $A^2=E$:
$$\begin{array}{rl}{A}^2& =(I-2u{u}^T)(I-2u{u}^T)\\ & =I-4u{u}^T+4u(u^{T}u)u^T.\end{array}$$
Скобку $(u^{T}u)$ можно вынести, потому что это число, и она равна 1. Тогда
$$A^2=I-4u{u}^T+4u{u}^T=I.$$
Раз $AA=E$, то по теореме о единственности обратной $A^{-1}=A$. Определитель проверять не нужно: из $A^2=E$ уже видно, что обратная есть.

Строк всего две, поэтому ранг $\le 2$ (ранг не больше числа строк). Теперь покажем, что он не $1$. Ранг $1$ — это когда 2-я строка получается из 1-й умножением на число $t$. Для первой матрицы это значит $p_i=t{a}_i$: плоскости параллельны, либо совпадают. По условию они пересекаются по прямой, значит строки $(a_1,a_2,a_3)$ и $(p_1,p_2,p_3)$ не пропорциональны, и $\mathrm{rg}=2$. Вторая матрица получена из первой приписыванием столбца, её ранг не меньше, то есть тоже $\ge 2$, а значит равен $2$.

Шаг 1: $B=A{A}^T$. Шаг 2: $B^T=(A^T{)}^T{A}^T=A{A}^T=B$, симметричность есть. Шаг 3: линейность есть. Шаг 4: $f(x,x)=x^{T}A{A}^{T}x=(A^{T}x{)}^T(A^{T}x)=|A^{T}x{|}^2$ — квадрат длины вектора $A^{T}x$, поэтому $f(x,x)\ge 0$. Шаг 5: $f(x,x)=0$ $⟺$ $A^{T}x=0$. Матрица $A^T$ невырождена (её определитель равен $|A|\ne 0$), поэтому $A^{T}x=0$ только при $x=0$. Значит, при $x\ne 0$ имеем $f(x,x)>0$. Все три аксиомы выполнены.