8.1.1 Legegyszerűbben úgy érünk célhoz, ha a második négy vektorról megmutatjuk, hogy az első négy által definiált skalárszorzatra nézve ortonormált bázist alkotnak.

8.1.2 A ${}_{j=1}^k{\lambda }_i{\underset{\_}{a}}_j=\underset{\_}{0}$ egyenlőség mindkét oldalának az ${\underset{\_}{a}}_j$-vel vett skalárszorzatát képezve λ_j=0 adódik.

8.1.3 Pl. a Gram-Schmidt ortogonalizációból következik.

8.1.4 Ortonormált bázis:

a) $1/\sqrt{2} , x\sqrt{3/2},\left(x^2-1/3\right)\sqrt{45/8}$

b) 1, x–1, (x–1)²/2;

c) $1/3 , x/\sqrt{60},\left(x^2-20/3\right)/\sqrt{308}$

d) $1/3 , \left(x-5\right)/\sqrt{60},\left[{\left(x-5\right)}^2-20/3\right]/\sqrt{308}$

8.1.6 A 8.1.7 Tételből, illetve annak első bizonyításából következik.

8.1.7 a) $W_1^{\perp }=\left\{\underset{\_}{v} | v_3=v_4=v_5=0\right\}$ b) $W_2^{\perp }=\left\{\underset{\_}{v} |{}_{j=1}^5{v}_i=0\right\}$ c) $W_3^{\perp }=\left\{\underset{\_}{v} | v_{1 , \dots ,}{v}_5 \mathrm{s}\mathrm{z}\mathrm{á}\mathrm{m}\mathrm{t}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{i}\mathrm{ }\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{r}\mathrm{o}\mathrm{z}\mathrm{a}\mathrm{t}\right\}$

8.1.8 A második feltételből $W\subseteq U^{\perp }$ az elsőből pedig $\dim W \ge \dim U^{\perp }$ következik.

8.1.9 Útmutatás c)-hez: alkalmazzuk b)-t U_i helyébe $U_i^{\perp }$-t írva, majd vegyük mindkét oldal merőleges kiegészítőjét.

8.1.10 Útmutatás b)-hez: legyenek pl. ${\underset{\_}{v}}_j$ koordinátái egy ortonormált bázisban j, j²,…, jⁿ.

8.1.11 A ${\underset{\_}{b}}_i.{\underset{\_}{c}}_j=0 \left(i\ne j\right)$ feltétel miatt ${\underset{\_}{c}}_j$ eleme a ${〈{\underset{\_}{b}}_1 , \dots ,{\underset{\_}{b}}_{j-1},{\underset{\_}{b}}_{j+1},\dots ,{\underset{\_}{b}}_n〉}^{\perp }$ egydimenziós altérnek. Ezután a ${\underset{\_}{b}}_j.{\underset{\_}{c}}_j=1$ kikötés egyértelműen kijelöli ${\underset{\_}{c}}_j$-t. Azt, hogy a ${\underset{\_}{c}}_j$-k lineárisan függetlenek, a 8.1.2 feladathoz hasonlóan kell igazolni.

8.1.12 Képezzük a skalárszorzatot V olyan bázisa szerint, amely U és W bázisának egyesítéséből keletkezett. Végtelen sok ilyen skalárszorzat létezik.

8.1.13 Útmutatás b)-hez: Legyen ${\underset{\_}{e}}_1,\dots ,{\underset{\_}{e}}_n$ ortonormált bázis. Ekkor pontosan az a $\underset{\_}{c}$ vektor felel meg, amelynek koordinátái a $\mathrm{}\left({\underset{\_}{e}}_i\right)$ értékek.

8.1.14 Tudjuk, hogy a dimenziók egyenlősége szükséges és elégséges feltétel a vektorterek izomorfiájához. Így csak azt kell igazolni, hogy azonos dimenzió esetén létezik olyan vektortérizomorfizmus, amely még a skalárszorzatot is tartja. Erre bármely olyan lineáris leképezés megfelel, amely ortonormált bázist ortonormált bázisba visz át.

8.1.15 a) Az egyetlen nehézséget annak az igazolása jelenti, hogy két V-beli sorozat összege is V-beli. Ehhez lássuk be a ${}_{j=1}^{}{\left({\alpha }_j+{\beta }_j\right)}^2\le 2{}_{j=1}^{}{\alpha }_j^2+2{}_{j=1}^{}{\beta }_j^2$ egyenlőtlenséget. — b) Ne felejtsük el megmutatni, hogy ${}_{j=1}^{}{\alpha }_j{\beta }_j$ konvergens. — c) $\underset{\_}{0}$.

8.1.16 b) Az $\Rightarrow$ irány hamis, lásd pl. a 8.1.15c feladatot. — c) Pl. a 8.1.15c feladat U-jára nem teljesül az egyenlőség. — d) Az egyik irányú tartalmazáshoz vegyük a c)-beli összefüggés mindkét oldalának merőleges kiegészítőjét, a másik irányú tartalmazáshoz pedig alkalmazzuk c)-t U helyett $U^{\perp }$-re.

8.1.17 A 8.1.7 Tétel állítása hamis, a 8.1.9 feladat b) része igaz, az a) egyik iránya és a c) rész hamis. Ellenpéldákat a 8.1.15c feladat felhasználásával gyárthatunk.

8.2.1 $\sqrt{2}$

8.2.2 60°.

8.2.3 a) Pitagorasz-tétel és megfordítása. — b) Egy paralelogramma pontosan akkor rombusz, ha az átlói merőlegesek. — c) Egy paralelogrammában az átlók négyzetösszege megegyezik az oldalak négyzetösszegével.

8.2.4 Normált tér: b), d), e). — Útmutatás e)-nél a háromszögegyenlőtlenséghez: Először lássuk be, hogy nemnegatív a_j, b_j-kre

teljesül. Az a_j-ket, illetve a b_j-ket alkalmas pozitív számmal végigszorozva ekvivalens egyenlőtlenség adódik, így feltehetjük, hogy a jobb oldalon mindkét tényező 1. Az a³, b^3/2, b^3/2 számokra a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget felírva ab≤a³/3+2b^3/2/3adódik. Ezt az összes a_j, b_j párra összegezve éppen a kívánt a₁b₁+…+a_nb_n≤1 egyenlőtlenséget kapjuk. Rátérve a háromszögegyenlőtlenségre, elég nemnegatív c_j, d_j-kre

fennállását igazolni. A bal oldal köbét $S^3={}_{j=1}^n{c_j\left(c_j+d_j\right)}^2+{}_{j=1}^n{d_j\left(c_j+d_j\right)}^2$ alakban írva mindkét összegre alkalmazzuk az (1) egyenlőtlenséget b_j=(c_j+d_j)² és a_j=c_j, illetve d_j szereposztással. Ekkor éppen S³≤TS²+US², azaz a kívánt S≤T+U adódik. — Megjegyezzük, hogy a köbök helyett bármilyen p>1 kitevőjű hatvánnyal hasonló módon definiálhatunk normát. Az erre vonatkozó háromszögegyenlőtlenséget Minkowski-egyenlőtlenségnek, az (1)-nek megfelelő

összefüggést pedig, ahol 1/p+1/q=1, Hölder-egyenlőtlenségnek nevezzük. A p=2 speciális esetben a Hölder-egyenlőtlenség éppen a CBS-t adja. A p=3-ra most vázolt bizonyítás tetszőleges racionális p-re átvihető.

8.2.5 a) Az előző feladat példái megfelelnek. — b) Az egyik irány a 8.2.3c feladat. A megfordításhoz fejezzük ki két vektor skalárszorzatát a norma segítségével: $\underset{\_}{x} . \underset{\_}{z}=\left(1/4\right)\left({‖\underset{\_}{x}+ \underset{\_}{z}‖}^2-{‖\underset{\_}{x}- \underset{\_}{z}‖}^2\right) ,$ és lássuk be, hogy az így kapott függvény a feltétel teljesülése esetén valóban skalárszorzatot definiál. Itt a (bi)linearitás igazolása okoz nehézséget. A feltételt írjuk fel az $\underset{\_}{x}= \underset{\_}{u}+\underset{\_}{v}$ és $\underset{\_}{z}= \underset{\_}{w}$ valamint $\underset{\_}{x}= \underset{\_}{u}-\underset{\_}{v}$ és $\underset{\_}{z}= \underset{\_}{w}$ vektorpárokra, majd a két egyenlőséget kivonva eljuthatunk az első változó szerinti összegtartáshoz. A skalárszorostartást egész, majd racionális skalárokra az öszegtartásból vezethetjük le. Tetszőleges valós λ-ra innen ez úgy következik, hogy az $f\left(\lambda \right)=\left(\lambda \underset{\_}{x}\right)\underset{\_}{z}-\lambda \left(\underset{\_}{x}\underset{\_}{z}\right)$ függvényről kimutatjuk, hogy mindenütt folytonos. Ez a második tagra nyilvánvaló. Az elsőt írjuk fel a normákkal: $\left(\lambda \underset{\_}{x}\right)\underset{\_}{z}=\left(\frac{1}{4}\right)\left({‖\lambda \underset{\_}{x}+\underset{\_}{z}‖}^2-{‖\lambda \underset{\_}{x}-\underset{\_}{z}‖}^2\right) .$ Nyilván elég $‖\lambda \underset{\_}{x}+\underset{\_}{z}‖$ folytonosságát belátni (a másik tagra ugyanúgy megy). Ezt a háromszögegyenlőtlenség és a skalárkiemelési tulajdonság felhasználásával a következőképpen kapjuk:

8.2.6 Metrikus tér: b), c).

8.2.7 Az előző feladat c) példája megfelel.

8.2.8 A CBS második bizonyításában legyen minden z_j=1. Egyenlőség akkor teljesül, ha minden x_j egyenlő és nemnegatív.

8.2.9 Igaz: a).

8.2.10 a) 30°. b) 120°. c) 45°.

8.2.11 a) 16, 32, illetve 8. b) 2. c) 60°. d) 60°, 90° vagy 120°.

e) 1, illetve 1/2.

8.2.12 Két részhalmaz távolságán a pontjaik távolságainak az infimumát értjük. Lássuk be, hogy (a geometriából megszokott tapasztalatunkkal összhangban) egy $\underset{\_}{v}$ vektorhoz egy U altérben a $\underset{\_}{v}$ vektor merőleges vetülete van a legközelebb. A konkrét példában a vektor és az altér távolsága 5.

8.2.13 A keresett $\underset{\_}{z}$-(ke)t az $A\underset{\_}{z}=\underset{\_}{b}\text{'}$ egyenletrendszer megoldása(i)ként kapjuk, ahol $\underset{\_}{b}\text{'}$ az az Im A-beli vektor, amely a legközelebb van $\underset{\_}{b}$-hez. Ez a $\underset{\_}{b}\text{'}$ éppen a $\underset{\_}{b}$-nek az Im A altérbe eső merőleges vetülete. Az $A\underset{\_}{z}=\underset{\_}{b}\text{'}$ egyenletrendszer megoldásait az eredeti egyenletrendszerbe behelyettesítve így lesz a jobb oldali értékektől (azaz a $\underset{\_}{b}$ megfelelő komponenseitől) való eltérések négyzetösszege minimális. A konrét egyenletrendszernél ${\underset{\_}{b}}^{\text{'}}=\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 6\end{array}\right),\underset{\_}{ z}=\left(\begin{array}{c}-3+\mu +2\nu \\ 3-2\mu +3\nu \\ \begin{array}{c}\mu \\ \nu \end{array}\end{array}\right)$ ahol μ és ν tetszőleges valós számok, és ezeket behelyettesítve az eltérések (lehető legkisebb) négyzetösszege 6.

8.2.14 a) Az $\underset{\_}{x}={}_{j=1}^n{\lambda }_j{\underset{\_}{e}}_j$ egyenlőség két oldalának ${\underset{\_}{e}}_i$-vel vett skalárszorzatából kapjuk, hogy ${\lambda }_i={\underset{\_}{x}\underset{\_}{e}}_j$ — b) Az a)-beli előállítások felhasználásával képezzük az $\underset{\_}{x}\underset{\_}{z}$ skalárszorzatot. — c) Alkalmazzuk b)-t $\underset{\_}{z}=\underset{\_}{x}$-szel. — Mindhárom állítást közvetlenül is leolvashatjuk a koordinátás felírásokból.

8.2.15 Az egyenlőtlenség a 8.2.14c feladatból következik. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha $\underset{\_}{x}〈{\underset{\_}{c}}_1, . . . ,{\underset{\_}{c}}_k〉$

8.2.16 A CBS-re adott második és harmadik bizonyítás (minimális módosításokkal) átvihető a szemidefinit esetre is. — Megjegyezzük, hogy a szemidefinit esetben egyenlőség akkor is előfordulhat, ha a két vektor lineárisan független.

8.2.17 a) n. b) 3 (ha n≥2).

8.2.18 Az első és a harmadik bizonyítás átvihető a végtelen dimenziós esetre is.

8.3.1 A valósban adott bizonyítások szinte változtatás nélkül érvényesek. [A 8.2.14–8.2.15 feladatoknál figyeljünk oda, hogy a(z általában nem valós értékű) skalárszorzatokban most a tényezők sorrendje lényeges, valamint a skalárszorzatok abszolút értékének a négyzete szerepel.]

8.3.2 a) Használjuk fel, hogy $i\underset{\_}{x}+\underset{\_}{z}=i\left(\underset{\_}{x}-i\underset{\_}{z}\right)$ — b) Az $\left(\underset{\_}{x}+i\underset{\_}{z}\right)\left(i\underset{\_}{x}+\underset{\_}{z}\right)$ skalárszorzatot kifejtve válasszuk külön a valós és a képzetes részt.

8.3.3 Az a)-ban csak az $\Rightarrow$ b)-ben csak a $$ rész igaz, c) továbbra is érvényes.

8.3.4 A 8.2.8 Tételre adott második bizonyítás adaptálása: Az ortonormált bázis szerinti koordinátákkal a négyzetre emelt egyenlőtlenség az

módon írható fel. Kihasználva a ${\left|w\right|}^2=\overline{w}w$ összefüggést, ez a

alakra hozható. — A harmadik bizonyítás adaptálása: Most is a minden (komplex) λ-ra érvényes

egyenlőtlenségből indulunk ki. Legyen speciálisan λ=μρ, ahol μ tetszőleges valós szám, ρ pedig olyan egységnyi abszolút értékű komplex szám, amellyel $\left(\underset{\_}{z}\underset{\_}{x}\right)$ pozitív valós. (Ez csak $\underset{\_}{z}\underset{\_}{x}=0$ esetén nem érhető el, de akkor a CBS triviálisan igaz.) A λ fenti előállítását a kiindulási egyenlőtlenségünkbe beírva minden μ valós számra $0\le {\mu }^2\left(\underset{\_}{x}\underset{\_}{x}\right)+2\mu \left|\underset{\_}{z}\underset{\_}{x}\right|+\underset{\_}{z}\underset{\_}{z}$ adódik. Ezután a bizonyítást ugyanúgy fejezhetjük be, mint a valós esetben.

8.3.5 a) Ha $\underset{\_}{z}\ne 0$ akkor $\underset{\_}{b}$-ből valamelyik nemnulla komponensét kiemelve $\underset{\_}{z}$ alakban írható, ahol $\underset{\_}{z}=\alpha \underset{\_}{w}$ egyik komponense 1. Ha $\underset{\_}{w}$ és $\underset{\_}{w}$ egymás skalárszorosai, akkor ez a skalár csak 1 lehet, tehát $\overline{\underset{\_}{w}}$ azaz $\underset{\_}{w}=\overline{\underset{\_}{w}}$ valós vektor. — b) A skalárszorosnál ügyeljünk arra, hogy $\underset{\_}{w}$ — d) Az elégségességhez írjuk fel U elemeit ebben a valós vektorokból álló bázisban. A szükségességhez egy tetszőleges $\stackrel{-}{\mu \underset{\_}{x}}=\overline{\mu }\overline{\underset{\_}{x}}\left(\ne \mu \overline{\underset{\_}{x}}\right)$ vektorból kiindulva $\underset{\_}{0} \ne \underset{\_}{z}U$ és így $\overline{\underset{\_}{z}}U$ adódik. Itt $\underset{\_}{v}=\overline{\underset{\_}{z}}+\underset{\_}{z}U$ valós vektor. Ha $\underset{\_}{v}$ akkor $\underset{\_}{v}=\underset{\_}{0}$ valós vektor. Mindenképpen találtunk U-ban egy nemnulla $i\underset{\_}{z}$ valós vektort. Ez lesz a keresett bázis első eleme. Legyen W a $〈\underset{\_}{b}〉$ altér U-beli merőleges kiegészítője. Megmutatjuk, hogy $\overline{W}=W$ és így az előző eljárást W-re megismételve végül U egy valós (ráadásul akár ortonormált) bázisához jutunk. A $\overline{W}=\underset{\_}{W}$ tulajdonság igazolásához konjugáljuk az $U=〈\underset{\_}{b}〉\oplus W$ felírást: $\overline{U}=〈\underset{\_}{b}〉\oplus W$ Itt $\overline{U}=U$ illetve $\underset{\_}{b}$ valós volta miatt a bal oldalon, illetve a jobb oldal első tagjánál a konjugált jel elhagyható. A merőleges kiegészítő altér egyértelműségéből kapjuk, hogy valóban $\overline{W}=W$ — e) A dimenziók közötti összefüggésekből adódik, hogy n csak páros lehet. Páros n-re válasszuk U bázisának azokat a vektorokat, amelyek 2j–1-edik komponense 1, a 2j-edik i, a többi pedig 0, j=1,2,…,n/2.

8.4.1 A szorzatra vonatkozó azonosság igazolása: $\left(\left(\mathcal{A}\mathcal{B}\right)\underset{\_}{x}\right)\underset{\_}{z}=\left(\mathcal{A}\left(\mathcal{B}\underset{\_}{x}\right)\right)\underset{\_}{z}=\left(\mathcal{B}\underset{\_}{x}\right)\left({\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{z}\right)=\underset{\_}{x}\left(\left({\mathcal{B}}^{*}\left({\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{z}\right)\right)\right.=\underset{\_}{x}\left(\left({\mathcal{B}}^{*}{\mathcal{A}}^{*}\right)\underset{\_}{z}\right)$ Az egyenlőségsorozat elejét és végét tekintve, az ${\left(\mathcal{A}\mathcal{B}\right)}^{*}$ adjungált definíciójából (és egyértelműségéből) kapjuk a kívánt ${\left(\mathcal{A}\mathcal{B}\right)}^{*}={\mathcal{B}}^{*}{\mathcal{A}}^{*}$ állítást. Ugyanígy látható be a feladat többi része is. - Másik lehetőség: ortonormált bázis szerinti mátrixokra áttérve felhasználhatjuk a mátrixokra vonatkozó hasonló azonosságokat (2.1.20 feladat).

8.4.2 a), b), e), f): ${\mathcal{A}}^{*}=\mathcal{A}$ — c), d): ${\mathcal{A}}^{*}=A^{-1}$ — g) és h) egymás adjungáltjai. — A legegyszerűbben (alkalmas) ortonormált bázisban felírt mátrixokkal okoskodhatunk.

8.4.3 ${\mathcal{A}}^{*}=-\mathcal{A}\mathcal{ }$

8.4.4 a) Legyen h=β₀+β₁x+β₂x² és ${\mathcal{A}}^{*}h=r$ Ha f=1, akkor $\mathcal{A}f=f^{\text{'}\text{'}}=0$ tehát $0=\left(\mathcal{A}f\right)h=f\left({\mathcal{A}}^{*}h\right)={}_{-1}^{+1}r\left(t\right)dt$ Ugyanígy az f=x polinommal $0={}_{-1}^{+1}tr\left(t\right)dt$ adódik. Az integrálásokat elvégezve kapjuk, hogy r=α(–3x²+1) alakú. Tekintsük végül f=x²-et. Legyen $g=1-\mathrm{r}\mathrm{e} {\mathcal{A}}^{*}g={\alpha }_0\left(-3x^2+1\right)$ Ekkor $\left(\mathcal{A}f\right)g={}_{-1}^{+1}2dt=4$ és $f\left({\mathcal{A}}^{*}g\right)={}_{-1}^{+1}{t}^2{\alpha }_0\left(-3t^2+1\right)dt=-8{\alpha }_0/15$ Innen α0=–15/2, tehát ${\mathcal{A}}^{*}1=15\left({3x}^2-1\right)/2$ Hasonlóan kapjuk az x és x² polinom képét is: ${\mathcal{A}}^{*}x=0$ és ${\mathcal{A}}^{*}{x}^2=5\left({3x}^2-1\right)/2$ Ebből a fenti általános h-ra ${\mathcal{A}}^{*}h=\left(15{\beta }_0+5{\beta }_2\right)\left({3x}^2-1\right)/2$ adódik.

b) ${\mathcal{A}}^{*}h=\left({\beta }_0+{\beta }_1+{\beta }_2\right){\left(x-1\right)}^2/2$

c) és d) ${\mathcal{A}}^{*}h=\left(3{\beta }_0+20{\beta }_2\right)\left({3x}^2-20\right)/154$

8.4.5 $\left({\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{x}\right)\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)=\underset{\_}{x}\left({\mathcal{A}}^2\underset{\_}{x}\right)=0$ — A megfordítás komplex euklideszi térben igaz, valósban hamis. Ha ugyanis az $\underset{\_}{x}\left({\mathcal{A}}^2\underset{\_}{x}\right)$ kvadratikus alak azonosan nulla, akkor ebből C felett a 7.4.3 Tétel szerint következik, hogy az $\underset{\_}{u}\left({\mathcal{A}}^2\underset{\_}{v}\right)$ bilineáris függvény is azonosan nulla, tehát ${\mathcal{A}}^2=\mathcal{O}$ A valós test felett a 7.3.1a feladat szerint csak $\underset{\_}{u}\left({\mathcal{A}}^2\underset{\_}{v}\right)=-\underset{\_}{v}\left({\mathcal{A}}^2\underset{\_}{u}\right)$ adódik, ami pl. a síkon akkor is teljesül, ha $\mathcal{A}$ a 45 fokos forgatás (az origó körül). Valós euklideszi térben ${\mathcal{A}}^2+{\left({\mathcal{A}}^{*}\right)}^2=\mathcal{O}$ a „helyes” szükséges és elégséges feltétel arra, hogy minden $\underset{\_}{x}-\mathrm{r}\mathrm{e}\mathcal{ }\mathcal{A}\underset{\_}{x}\perp {\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{x}$ teljesüljön.

8.4.6 Legyen $\mathcal{A}\underset{\_}{x}=\mu \underset{\_}{x} ,{\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{z}=\nu \underset{\_}{z}$ Ekkor $\overline{\mu }\left(\underset{\_}{x} \underset{\_}{z}\right)=\left(\mu \underset{\_}{x}\right)\underset{\_}{z}=\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)\underset{\_}{z}=\underset{\_}{x} \left({\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{z}\right)=\underset{\_}{x} \left(\nu \underset{\_}{z}\right)=\nu \left(\underset{\_}{x} \underset{\_}{z}\right)$ Innen vagy $\underset{\_}{x} \underset{\_}{z}=0$ vagy $\overline{\mu }=\nu$

8.4.7 A karakterisztikus polinomot ortonormált bázis szerint írjuk fel. A minimálpolinomra a definíciót és a 8.4.1 feladatot használjuk fel. A sajátértékekre vonatkozó állítást a karakterisztikus (vagy a minimál)polinomra nyert eredményből kapjuk. (Vigyázat, $\mathcal{A}$ és ${\mathcal{A}}^{*}$ sajátvektorai között általában nincs szoros kapcsolat!)

8.4.8 $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}{\mathcal{ }\mathcal{A}}^{*}={\left(\mathrm{I}\mathrm{m}\mathrm{ }\mathcal{A}\right)}^{\perp }$ igazolása:

8.4.9 Használjuk fel az előző feladatot. — Másik lehetőség: írjuk fel egy ortonormált bázis szerint a mátrixokat, és hasonlítsuk össze a rangjukat.

8.4.10 Használjuk fel a 8.4.8 feladat első egyenlőségét.

8.4.11 b) Ha $\mathcal{A}\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ akkor $\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{ }\mathcal{A}\right)\underset{\_}{x}={\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{0}=\underset{\_}{0}$ Megfordítva, ha $\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{ }\mathcal{A}\right)\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ akkor $0=\underset{\_}{x}\left(\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{ }\mathcal{A}\right)\underset{\_}{x}\right)=\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)$ tehát $\mathcal{A}\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ A képterekre vonatkozó állítás az egyik irányú tartalmazásból és a magteres állításból adódó dimenzióegyenlőségből következik.

8.4.12 a) Az $\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)\left(\mathcal{B}\underset{\_}{z}\right)=\underset{\_}{x}\left(\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{B}\right)\underset{\_}{z}\right)$ összefüggés igazolja az állítást és a megfordítást is.

b) Ha $\mathcal{A}\underset{\_}{x}=\mathcal{B}\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ akkor nyilván $\left(\mathcal{A}+\mathcal{B}\right)\underset{\_}{x}=\mathcal{A}\underset{\_}{x}+\mathcal{B}\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ A másik irányú tartalmazás: Ha $\left(\mathcal{A}+\mathcal{B}\right)\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ akkor $\mathcal{A}\underset{\_}{x}=-\mathcal{B}\underset{\_}{x}$ Itt a bal oldal $\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{A}$-ban, a jobb oldal pedig $\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{B}$-ben van, és így az a) rész felhasználásával mindkét oldal csak a nullvektor lehet. A b) állítás megfordítása nem igaz (ami nem meglepő, hiszen a $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\left(\mathcal{A}+\mathcal{B}\right)=\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{ }\mathcal{A}\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{ }\mathcal{B}$ feltétel független a skalárszorzattól).

8.4.13 Az ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{B}=\mathcal{O}$ feltételből az előző feladat szerint $\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{A}\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{B}=\underset{\_}{0}$ következik. Meg kell még mutatni, hogy $\mathrm{I}\mathrm{m}\left(\mathcal{A}+\mathcal{B}\right)=〈\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{A},\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{B}〉$ Itt az egyik irányú tartalmazás világos, a másikhoz azt igazoljuk, hogy $\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{A},\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{B}\subseteq \mathrm{I}\mathrm{m}\left(\mathcal{A}+\mathcal{B}\right)$ A $\mathcal{B}{\mathcal{A}}^{*}=\mathcal{O}$ egyenlőséget adjungálva

$\mathcal{A}{\mathcal{B}}^{*}=\mathcal{O}$ adódik, tehát ez a feltétel is szimmetrikus $\mathcal{A}$-ban és $\mathcal{B}$-ben, így elég $\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{A}$-val foglalkoznunk. Fusson végig $\underset{\_}{x}$ az $\mathrm{I}\mathrm{m} {\mathcal{A}}^{*}$ altéren. Ekkor $\mathcal{B}\underset{\_}{x}=\underset{\_}{0}$ miatt $\left(\mathcal{A}+\mathcal{B}\right)\underset{\_}{x}=\mathcal{A}\underset{\_}{x}$ tehát $\mathrm{I}\mathrm{m}\left(\mathcal{A}+\mathcal{B}\right)\supseteq \mathrm{I}\mathrm{m}\left(\mathcal{A}{\mathcal{A}}^{*}\right)=\mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{ }\mathcal{A}$ (felhasználva a 8.4.11b feladatot is).

8.4.14 a) $\mathcal{A}=\lambda \epsilon$

8.5.1 a) Használjuk fel, hogy egy (ortonormált) sajátbázis szerinti mátrixban a sajátértékek éppen a főátló elemei. — b) Hamis. Lehet, hogy a transzformációnak egyáltalán nincs diagonális mátrixa, illetve ha van is, az nem képezhető ortonormált bázis szerint.

8.5.2 Ha valamely 0<s<t-re ${\mathcal{A}}^s={\mathcal{A}}^t$ akkor $\mathcal{A}$ gyöke az x^t–x^s polinomnak, így sajátértékei (amelyek az előző feladat szerint valósak) csak 0 és ±1 lehetnek. Innen egy ortonormált sajátbázis szerinti mátrix segítségével kapjuk, hogy ${\mathcal{A}}^3=\mathcal{A}$ (Hasonlóan érhetünk célhoz, ha az önadjungált transzformáció helyett rögtön áttérünk egy valós elemű diagonális mátrixra.)

8.5.3 Lásd a 8.5.1 feladathoz adott útmutatásokat.

8.5.4 Az állítás hamis. Pontosan azok a transzformációk tehetők normálissá, amelyeknek létezik diagonális mátrixuk.

8.5.5 A legegyszerűbben (a szokásos) ortonormált bázis szerinti mátrixokon ellenőrizhetjük a feltételek teljesülését. Eredmények: $\mathcal{A}$ és $\mathcal{C}$ nem normális, $\mathcal{B}$ unitér, $\mathcal{D}$ önadjungált és $\mathcal{F}$ normális (de nem önadjungált és nem unitér).

8.5.6 Ha $\mathcal{A}\mathcal{ },\mathcal{ }\mathcal{B}$ önadjungált, akkor $\mathcal{A}+\mathcal{B}$ és ${\mathcal{A}}^2$ is önadjungált, de $\lambda \mathcal{A}$ és $\mathcal{A}\mathcal{B}$ nem feltétlenül az: $\lambda \mathcal{A}$ csak valós λ-ra (vagy $\mathcal{A}=\mathcal{O}$-ra) lesz önadjungált, $\mathcal{A}\mathcal{B}$ pedig csak az $\mathcal{A}\mathcal{B}=\mathcal{B}\mathcal{A}$ esetben (lásd a 8.5.7 feladatot). — Ha $\mathcal{A}\mathcal{ },\mathcal{ }\mathcal{B}$ unitér, akkor $\mathcal{A}\mathcal{B}$ és így ${\mathcal{A}}^2$ is unitér, de $\lambda \mathcal{A}$ és $\mathcal{A}+\mathcal{B}$ nem feltétlenül az. — Ha $\mathcal{A},\mathcal{B}$ normális, akkor $\lambda \mathcal{A}$ és ${\mathcal{A}}^2$ is normális, de $\mathcal{A}+\mathcal{B}$ és $\mathcal{A}\mathcal{B}$ nem feltétlenül az.

8.5.7 a) A gondolatmenet helyességéhez az kellene, hogy a két transzformációhoz közös ortonormált sajátbázist találjunk, ilyen azonban általában nincs. Maga az állítás sem igaz, a b) pont alapján könnyen gyárthatunk ellenpéldát. — b) Ha $\mathcal{A}$ és $\mathcal{B}$ önadjungált, ${\left(\mathcal{A}\mathcal{B}\right)}^{*}={\mathcal{B}}^{*}{\mathcal{A}}^{*}=\mathcal{B}\mathcal{A}\mathcal{ }$

8.5.8 Használjuk fel ortonormált sajátbázis létezését. — A megfordítás hamis, mert lehet, hogy nem létezik sajátbázis.

8.5.9 Igaz: a).

8.5.10 a) ${‖\mathcal{A}\underset{\_}{x}‖}^2=\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)=\underset{\_}{x}\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)$ Ugyanígy ${‖{\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{x}‖}^2=\underset{\_}{x}\left({\mathcal{A}\mathcal{A}}^{*}\underset{\_}{x}\right)$ Mindkét függvény $\underset{\_}{x}$-ben kvadratikus alak, így — mivel a komplex test felett vagyunk — pontosan akkor egyenlők, ha a megfelelő bilineáris függvények egyenlők. Ez utóbbiak egyenlősége pedig a 8.4.1 Tétel bizonyításának végén látott gondolatmenet szerint ekvivalens az ${\mathcal{A}\mathcal{A}}^{*}={\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}$ normalitási feltétellel. — b) Ha $\mathcal{A}$ és ${\mathcal{A}}^{*}$ sajátvektorai közösek, akkor a 8.5.2 Tétel bizonyítását követve juthatunk ortonormált sajátbázishoz. A megfordításhoz tekintsük $\mathcal{A}$ egy ortonormált sajátbázisát és írjuk fel ebben a bázisban $\mathcal{A}$ és ${\mathcal{A}}^{*}$ mátrixát; a sajátvektorok ezekből a mátrixokból jól áttekinthetők. — c) Ez a b)-beli feltétel átfogalmazása (felhasználva a megfelelő sajátértékek kapcsolatát is). — d) és e) A 8.4.8 feladat alapján visszavezethetők c)-re.

8.5.11 $\mathcal{A}\mathcal{B}=\mathcal{O}\Rightarrow \mathrm{I}\mathrm{m}\mathcal{B}\subseteq \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathcal{A}\Rightarrow \mathrm{I}\mathrm{m}{\mathcal{B}}^{*}\subseteq \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}{\mathcal{A}}^{*}\Rightarrow {\left(\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathcal{B}\right)}^{\perp }\subseteq {\left(ImA\right)}^{\perp }\Rightarrow \mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathcal{B}\supseteq ImA\Rightarrow \mathcal{B}\mathcal{A}=\mathcal{O}$

(A második lépésnél az előző feladat c) és d) részét alkalmaztuk λ=0-val, a harmadik lépésnél pedig a 8.4.8 feladatot használtuk fel.)

8.5.12 A 8.5.2 Tétel bizonyításának gondolatmenetét kell megfelelően módosítani, kihasználva közben a 8.5.10b feladatot is.

8.5.13 Alkalmazzuk az előző feladatot. — A megfordítás hamis, unitér transzformációk körében könnyen találunk ellenpéldát.

8.5.14 Az elégségességhez használjuk fel az előző feladatot. — A szükségességhez tekintsük a normális transzformáció egy ortonormált sajátbázis szerinti diagonális mátrixát. A főátló elemeit bontsuk fel egy valós szám és egy egységnyi abszolút értékű komplex szám szorzatára, és a mátrixot írjuk fel ennek megfelelően két diagonális mátrix szorzataként.

8.5.15 Olyan ${\underset{\_}{e}}_1, . . . ,{\underset{\_}{e}}_n$ ortonormált bázist keresünk, hogy $〈{\underset{\_}{e}}_1, . . . ,{\underset{\_}{e}}_k〉$ minden k-ra $\mathcal{A}$-nak invariáns altere legyen. Válasszuk ${\underset{\_}{e}}_n$-nek az ${\mathcal{A}}^{*}$ transzformáció egy (egységnyi normájú) sajátvektorát, ekkor $U_n={〈{\underset{\_}{e}}_n〉}^{\perp }$ az $\mathcal{A}$-nak invariáns altere. Ismételjük meg most az eljárást U_n-re (vigyázat, most az $\mathcal{A}$ transzformáció U_n-re történő megszorítása szerinti ${\mathcal{A}}^{*}$-ot kell tekinteni, ami általában nem az eredeti ${\mathcal{A}}^{*}$ megszorítása, hiszen U_n legtöbbször nem is invariáns altere az eredeti ${\mathcal{A}}^{*}$-nak), ezzel megkapjuk ${\underset{\_}{e}}_{n-1}$-et stb.

8.5.16

a) A μ_j–k az ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}$ transzformáció sajátértékei. Ha $\underset{\_}{x}\ne \underset{\_}{0}$ és ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{x}=\mu \underset{\_}{x}$ akkor $\overline{\mu }{‖\underset{\_}{x}‖}^2=\left(\mu \underset{\_}{x} \right)\underset{\_}{x}=\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)\underset{\_}{x}={‖\mathcal{A}\underset{\_}{x}‖}^2$ és innen μ≥0.

b) Vegyünk olyan ortonormált bázist, amelyben $\mathcal{A}$ mátrixa felsőháromszög-mátrix. Ekkor a fődiagonálisban éppen a λ_j sajátértékek állnak. Ebben a bázisban ${\mathcal{A}}^{*}$ mátrixa alsóháromszög-mátrix és a főátlóban a $\overline{{\lambda }_j}$-k szerepelnek. Ebben a bázisban ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}$ mátrixa a két mátrix szorzata, és a főátlóban levő elemek összege, azaz a szorzatmátrix nyoma éppen az $\left[\mathcal{A}\right]$-beli elemek abszolút értékeinek négyzetösszege, ami így legalább ${}_{j=1}^n{\left|{\lambda }_j\right|}^2$ Másrészt a szorzatmátrix nyoma ${}_{j=1}^n{\mu }_j$

c) Az előző gondolatmenetből látszik, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a felsőháromszög-mátrixnak a főátlóján kívül minden eleme nulla.

8.5.17 Elégségesség: Ha $\mathcal{A}$ unitér és $\underset{\_}{u }\perp \underset{\_}{v}$ akkor

A szükségességhez legyen $\mathcal{A}$ merőlegességtartó, és legyenek $\underset{\_}{u }$ és $\underset{\_}{v}$ merőleges egységvektorok. Megmutatjuk, hogy $‖\mathcal{A}\underset{\_}{u }‖=‖\mathcal{A}\underset{\_}{v}‖$ Mivel $\underset{\_}{u }\perp \underset{\_}{v}$ és $‖\underset{\_}{u }‖=‖\underset{\_}{v}‖$ ezért $\underset{\_}{u }+\underset{\_}{v}\perp \underset{\_}{u }-\underset{\_}{v}$ és így a merőlegességtartás miatt $0=\left(\mathcal{A}\left(\underset{\_}{u }+\underset{\_}{v}\right)\right)\left(\mathcal{A}\left(\underset{\_}{u }-\underset{\_}{v}\right)\right)={‖\mathcal{A}\underset{\_}{u }‖}^2-{‖\mathcal{A}\underset{\_}{v}‖}^2$ (az utolsó egyenlőségnél $\left(\mathcal{A}\underset{\_}{u }\right)\perp \left(\mathcal{A}\underset{\_}{v}\right)$-t is kihasználtuk). Legyen most ${\underset{\_}{e}}_j$ egy ortonormált bázis és az $‖{\mathcal{A}\underset{\_}{e}}_j‖$ normák közös értéke λ. Ha λ≠0, akkor $\left(1/\lambda \right)\mathcal{A}$ unitér lesz, ha pedig λ=0, akkor $\mathcal{A}=\mathcal{O}$ ami triviálisan egy (tetszőleges) unitér transzformáció nullaszorosa.

8.5.18 a), b) Ez az ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}=\mathcal{ℇ}$ illetve $\mathcal{A}{\mathcal{A}}^{*}=ℇ$ egyenlőség mátrixos átfogalmazása.

c) $1=\det E=\left(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\mathcal{A}\right]\right)\left(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}{\left[\mathcal{A}\right]}^{*}\right)=\left(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\mathcal{A}\right]\right)\overline{\left(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\mathcal{A}\right]\right)}={\left|\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}\left[\mathcal{A}\right]\right|}^2$

d) Használjuk fel c)-t és a mátrix inverzére az előjeles aldeterminánsokkal adott képletet.

8.6.1 Az ${\mathcal{A}}^2=ℇ$ egyenlőséget $\left({\mathcal{A}}^{*}=\right)\mathcal{A}={\mathcal{A}}^{-1}$ biztosítja. A megfordítás hamis, vegyünk például a síkon két nem párhuzamos, különböző hosszúságú vektort és legyen $\mathcal{A}$ az a transzformáció, amely ezeket egymásba viszi. A „helyes” megfordítás a következő (beleértve az eredeti állítást is): egy $\mathcal{A}$ transzformációra az alábbi három feltétel közül bármelyik kettőből következik a harmadik: (i) $\mathcal{A}$ szimmetrikus; (ii) $\mathcal{A}$ ortogonális; (iii) ${\mathcal{A}}^2=ℇ$

8.6.2 Szimmetrikus transzformációkra az állítás a 8.4.6 feladatból (vagy az ott látott gondolatmenet mintájára) adódik. Ortogonális transzformációkra is hasonlóan okoskodhatunk, közben használjuk fel azt is, hogy ekkor legfeljebb ±1 lehetnek a sajátértékek.

8.6.3 S=ortonormált sajátbázis, O=a 8.6.4 Tételben előírt ortonormált bázis.

a) $\mathcal{A}$ szimmetrikus és ortogonális,

S: az $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ \begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ \begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ \begin{array}{c} 0\\ -1\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ \begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\end{array}\right)$ vektorok $1/\sqrt{2}$-szerese, a megfelelő diagonális mátrix főátlója: 1,1,–1,–1.

b) $\mathcal{B}$ szimmetrikus,

S: a $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1+\sqrt{2}\\ \begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ \begin{array}{c}-1\\ 1+\sqrt{2}\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c}-1\\ 1-\sqrt{2}\\ \begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ \begin{array}{c}-1\\ 1-\sqrt{2}\end{array}\end{array}\right)$ vektorok skalárszorosai, a diagonális mátrix főátlója: $-\sqrt{2} , -\sqrt{2} , \sqrt{2} , \sqrt{2}$

c) $\mathcal{C}$ ortogonális,

O: az $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ \begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ \begin{array}{c} 1\\ -1\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ -1\\ \begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ \begin{array}{c}-1\\ -1\end{array}\end{array}\right)$ vektorok 1/2-szerese, a megfelelő mátrix: $\left(\begin{array}{c}1\\ \begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\end{array}\begin{array}{c} 0\\ \begin{array}{c}-1\\ 0\\ 0\end{array}\end{array}\begin{array}{c} 0\\ \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0\end{array}\end{array}\begin{array}{c} 0\\ \begin{array}{c} 0\\ -1\\ 0\end{array}\end{array}\right)$ (a jobb alsó 2×2-es blokk a 90 fokos forgatásnak felel meg).

d) $\mathcal{D}$ szimmetrikus,

S: a $\mathcal{C}$-beli, a megfelelő diagonális mátrix főátlója: 4,0,0,0.

e) $\mathcal{F}$ ortogonális, O: az $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ \begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ \begin{array}{c} 0\\ -1\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ \begin{array}{c} -1\\ 0\end{array}\end{array}\right) , \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ \begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\end{array}\right)$ vektorok $1/\sqrt{2}$-szerese, a megfelelő mátrix ugyanaz, mint $\mathcal{C}$-nél.

8.6.4 Nincs. A feltételből ugyanis $\left(\underset{\_}{x}\ne \underset{\_}{0}-\mathrm{r}\mathrm{a}\right) 0\le \left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)\left(\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)=\underset{\_}{x}\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\underset{\_}{x}\right)=\underset{\_}{x}\left(-\underset{\_}{x}\right)<0$ következne.

8.6.5 Igaz: a), d).

8.6.6 A feltételekből ${\left({\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}\right)}^k=ℇ$ adódik. Így ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}$ sajátértékei egységnyi abszolút értékűek. Emellett ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}$ (mindig) szimmetrikus és a sajátértékei nemnegatív valósak, tehát most minden sajátérték 1, ezért csak ${\mathcal{A}}^{*}\mathcal{A}=\mathcal{ℇ}$ lehetséges. — Az állítás szimmetrikus analogonja hamis, legyen pl. $\mathcal{A}$ egy 90 fokos forgatás a síkon és k=4.

8.6.7 A feltételből $\mathcal{A}={\left({\mathcal{A}}^m\right)}^{*}={\mathcal{A}}^{m^2}$ és így $\mathrm{K}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{ }\mathcal{A}=\underset{\_}{0}$ miatt ${\mathcal{A}}^{m^2-1}=ℇ$ Innen ${\left({\mathcal{A}}^{m^2-1}\right)}^{*}={\mathcal{A}}^{m^2-m}={\left({\mathcal{A}}^{m-1}\right)}^{-1}$ Ezután alkalmazzuk az előző feladatot.

8.6.8 A csak akkor rész igazolásához állítsuk elő az lnko-t 1=(k,t)=kq–tr alakban (q,r>0).

8.6.9 A komplex esethez hasonlóan kell okoskodni.

8.6.10 Szimmetrikus transzformációk: a síkon kettő, a térben három (páronként) merőleges irányban (esetleg különböző mértékben) „nyújtunk” (vagy összenyomunk), emellett esetleg még tükrözünk is (egy vagy több) olyan egyenesre (a síkon), illetve síkra (a térben), amely valamelyik irányra merőleges. — Ortogonális transzformációk a síkon: (az origón átmenő) tengelyre történő tükrözések és (az origó körüli tetszőleges szögű) elforgatások. Ortogonális transzformációk a térben: (az origón átmenő) síkra történő tükrözések, (az origón átmenő) tengely körüli (tetszőleges szögű) elforgatások, esetleg a tengelyre merőleges síkra történő tükrözéssel kombinálva (ebbe beletartozik az origóra történő tükrözés is).

8.6.11 Kövessük a 8.6.4 Tétel bizonyításának a gondolatmenetét. — A megfordítás hamis, pl. a sík önmaga már eleve a kívánt tulajdonságú (al)tér, ugyanakkor a szokásos ortonormált bázisban a $\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ mátrixszal jellemzett $\mathcal{A}$ transzformációnál az adjungált nem írható fel az $\mathcal{A}$ polinomjaként.

8.6.12 Írjuk fel a mátrixokat egy ortonormált bázis szerint, ekkor elég az ekvivalenciát a mátrixokra kimutatni. Ha ezeket a (valós elemű) mátrixokat komplex eleműeknek tekintjük, akkor a 8.5.3 Tétel mátrixos változata igazolja az ekvivalenciát. Ezután már csak azt kell megmutatni, hogy ha egy valós elemű A mátrixra az A^T transzponált előáll az A komplex együtthatós polinomjaként, akkor valós együtthatós polinomjaként is előáll. Ez onnan következik, hogy a kívánt előállítás egy lineáris egyenletrendszert jelent, ahol az ismeretlenek a keresett polinom együtthatói, az egyenletrendszer együtthatói az A hatványainak elemei, a jobb oldali konstansok pedig A^T elemei. Mivel az egyenletrendszer együtthatói (és a jobb oldali konstansok) valósak, ezért ha van komplex megoldás, akkor (pl. a Gauss-kiküszöbölés alapján) valós megoldásnak is kell lennie.