基底延伸與基變換

有限實矩陣乘法法則的證明

設 $m,n,p,q$ 為正整數，$A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$C\in\mathbb R^{p\times q}$。以下只用行乘欄定義與實數的有限求和。對任意輸出位置 $(i,\ell)$，

$$\begin{aligned} ((AB)C)_{i\ell} &=\sum_{k=1}^{p}\left(\sum_{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)c_{k\ell}\\ &=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\left(\sum_{k=1}^{p}b_{jk}c_{k\ell}\right) =(A(BC))_{i\ell}. \end{aligned}$$

中間等號只交換兩個有限和的求和次序，並使用實數分配律。兩邊同為 $m\times q$ 矩陣，每個位置相等，便證明結合律；沒有調換矩陣因子的次序。

對 $D\in\mathbb R^{n\times p}$，同一定義給出

$$[A(B+D)]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(b_{jk}+d_{jk}) =(AB)_{ik}+(AD)_{ik}.$$

對 $E\in\mathbb R^{m\times n}$，則有

$$[(A+E)B]_{ik}=\sum_{j=1}^{n}(a_{ij}+e_{ij})b_{jk} =(AB)_{ik}+(EB)_{ik}.$$

所以在所寫的相容大小下，兩條分配律均成立。對任意實純量 $c$，

$$[(cA)B]_{ik}=\sum_j(ca_{ij})b_{jk} =c\sum_j a_{ij}b_{jk} =\sum_j a_{ij}(cb_{jk})=[A(cB)]_{ik},$$

逐項相等便證明 $(cA)B=c(AB)=A(cB)$。特別地，對 $x,y\in\mathbb R^n$ 與實數 $s,t$，

$$[A(sx+ty)]_i=\sum_j a_{ij}(sx_j+ty_j) =s(Ax)_i+t(Ay)_i.$$

這證明了比較同一線性系統的解時所用的矩陣乘向量線性性質。所有恆等式都只針對大小相容的有限實矩陣，不聲稱任意矩陣因子可交換或可消去。

不預設計數結論的有限基存在與擴充

設實向量空間 $V$ 已給定有限生成列表 $t_1,\ldots,t_N$。先證明任何線性無關列表 $u_1,\ldots,u_k$ 的長度不超過 $N$。插入 $j$ 個向量後，維持一個由 $u_1,\ldots,u_j$ 與 $N-j$ 個剩餘舊向量組成的生成列表。將 $u_{j+1}$ 按此列表展開，至少一個剩餘舊向量的係數非零；否則它在先前 $u_i$ 的張成空間中，與無關性矛盾。解出這個舊向量，再以 $u_{j+1}$ 取代它。新列表仍張成同一空間，而且保留全部先前插入向量。若 $k>N$，則 $N$ 步後前 $N$ 個向量已張成 $V$，與 $u_{N+1}$ 的無關性矛盾。此即所需上界，也包括 $N=0$。

每個子空間 $W$ 都有有限基。從空的無關列表開始；若當前張成空間尚不是 $W$，就在 $W$ 中取一個不在該張成空間內的向量。若新向量在某關係中的係數非零，就能由舊向量表示它，矛盾，故新列表仍無關。已證上界允許至多添加 $N$ 次，所以過程必停止於 $W$ 的無關生成列表。若 $W=\{0\}$，立即得到空基。改從 $W$ 內任意給定無關列表開始，同樣證明該列表可擴充為 $W$ 的基；只需有界有限次選擇。最後，若兩組基的長度為 $p,q$，分別把它們用作上界證明中的有限生成列表，得到 $p\le q$ 與 $q\le p$。故基的長度有良定義，稱為維數。這些論證補足秩–零度定理所用的基存在、擴充與維數事實。

基底必須生成整個空間，並且不含冗餘向量。若子空間由方程描述，這樣的列表未必能直接寫出。若已指定若干線性獨立向量，還需要構造包含它們的基底。

以下純量均為實數，且 $W\subseteq\mathbb R^n$。不斷選取當前張成以外的向量，可以構造一組基底；替換舊基底中的適當向量，則可以保留指定的線性獨立列表。有了兩組有序基底之後，表示係數的唯一性便決定了座標如何轉換。

為甚麼基底存在性需要證明

對 $R^n$ 這類熟悉空間，標準基底很容易寫出來。但對任意子空間 $W \subseteq R^n$，基底未必一眼可見。子空間可能由方程、張成式，或像 $x_1+x_2+x_3=0$ 這類條件給出。

定理

$R^n$ 子空間的基底存在性

每個非零子空間 $W \subseteq R^n$ 都有基底。更精確地說，存在向量

$$u_1,\ldots,u_p\in W$$

使得 $1\le p\le n$，這組向量線性獨立，並且

$$W=\operatorname{Span}\{u_1,\ldots,u_p\}.$$

證明是一個受控的選取過程。

先在 $W$ 中選一個非零向量 $u_1$。如果 $W$ 中每個向量都已經是 $u_1$ 的倍數，則 $\{u_1\}$ 就是一組基底。若不是，便選一個不在 $\operatorname{Span}\{u_1\}$ 內的向量 $u_2\in W$。這樣 $u_1,u_2$ 線性獨立。

同樣地繼續。到第 $j$ 步，如果目前的 $u_1,\ldots,u_j$ 還未張成 $W$，就選一個不在目前張成之中的新向量 $u_{j+1}\in W$。因為新向量不是舊向量的線性組合，所以新的列表仍然線性獨立。

線性獨立性的保持也可以直接證明。假設新列表的某個零組合中，新向量的係數非零；移項並除以這個係數，就把新向量寫成舊向量的線性組合，與選取條件矛盾。因此這個係數必須為零，再由舊列表線性獨立，推出其餘係數全為零。

這個過程不可能無限進行：$R^n$ 中不可能有超過 $n$ 個線性獨立向量。因此它必定停止；停止時，所選向量已張成 $W$。它們又按構造線性獨立，所以形成基底。

這裏的上界直接來自齊次方程組，無須使用基底大小相等的定理。把 $r\gt n$ 個 $\mathbb R^n$ 向量放成矩陣的欄，就有 $r$ 個未知數，卻最多只有 $n$ 個主元。自由未知數提供齊次系統的一個非零解，也就是相依關係。因此選取過程不能產生 $n+1$ 個線性獨立向量。上界控制終止；真正證明張成的，是停止條件：$W$ 中已經沒有向量落在當前張成之外。

零子空間是邊界情形，它的基底是空列表。空線性組合約定為零，所以空列表張成 $\{0\}$，也沒有非平凡關係。只含零向量的列表卻線性相依，不能作為基底。因此零子空間的維數是零，不需要進行任何選取步驟。

例題

用選取思想產生一組基底

令

$$W=\left\{ \begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}\in R^3:x+y+z=0 \right\}.$$

先選

$$u_1=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix}\in W.$$

單一向量不能張成整個 $W$，因為

$$u_2=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}\in W$$

不是 $u_1$ 的純量倍。因此 $u_1,u_2$ 線性獨立。

現在，若

$$\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}\in W,$$

則 $z=-x-y$，而且

$$\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix} = -y\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix} +(x+y)\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}.$$

因此 $u_1,u_2$ 張成 $W$，也線性獨立，所以它們形成一組基底。由此 $\dim(W)=2$。

替換定理的思想

基底存在性的證明是在增長一個線性獨立列表。替換定理則說明另一種構造：把新的線性獨立向量放入舊基底，同時刪去適當的舊基向量。

定理

替換定理

令 $W$ 是 $R^n$ 的子空間。假設

$$t_1,\ldots,t_q$$

是 $W$ 的一組基底，而

$$u_1,\ldots,u_p\in W$$

線性獨立。則：

1. $p\le q$;
2. $u_1,\ldots,u_p$ 加上某些 $q-p$ 個舊基向量 $t_1,\ldots,t_q$，會形成 $W$ 的另一組基底。

證明先看一個向量的情況。假設 $t_1,\ldots,t_q$ 是基底，而

$$u=\alpha_1t_1+\cdots+\alpha_qt_q,\qquad u\ne 0.$$

至少有一個係數非零。若 $\alpha_1\ne 0$，則

$$t_1=\frac{1}{\alpha_1}u -\frac{\alpha_2}{\alpha_1}t_2-\cdots -\frac{\alpha_q}{\alpha_1}t_q.$$

所以

$$u,t_2,\ldots,t_q$$

張成與舊基底相同的空間：新向量都屬於 $W$，而上式又把唯一刪去的舊向量恢復成新列表的組合。線性獨立性還需要單獨證明。設

$$\beta u+\sum_{i=2}^q\gamma_i t_i=0.$$

代入 $u$ 的舊基底表示式，得到

$$\beta\alpha_1t_1+\sum_{i=2}^q(\beta\alpha_i+\gamma_i)t_i=0.$$

舊基底線性獨立，所以 $\beta\alpha_1=0$，並且對每個 $i\ge2$ 都有 $\beta\alpha_i+\gamma_i=0$。由於 $\alpha_1\ne0$，先得 $\beta=0$，再得所有 $\gamma_i=0$。這樣就分別證明了基底的兩個條件，無需調用尚未證明的計數規則。任何非零係數都允許我們替換對應的舊向量；重新編號只是為了簡化記號。

非零係數還精確指出哪些刪除操作可行。若 $\alpha_j=0$，則 $u$ 已經屬於其餘舊向量的張成；刪去 $t_j$ 後，新列表仍無法恢復它，否則舊基底就會線性相依。因此新向量非零，並不表示可以任意刪去一個舊向量。當 $q=1$ 時，論證就是：單個基向量的非零倍數仍是一組基底。

為甚麼逐步替換不會丟掉已經加入的向量

假設已經構造出一組基底，由 $u_1,\ldots,u_k$ 和餘下的 $q-k$ 個舊向量組成，把後者記作 $r_1,\ldots,r_{q-k}$。在這組當前基底下展開下一個向量：

$$u_{k+1}=\sum_{i=1}^k a_i u_i+\sum_{j=1}^{q-k}c_jr_j.$$

餘下的舊向量中，必有某個係數 $c_j$ 非零。否則 $u_{k+1}$ 就屬於 $u_1,\ldots,u_k$ 的張成，從而在原本假定線性獨立的新向量之間產生非平凡關係。針對這個非零係數應用一步替換的證明：刪去 $r_j$，保留每個已經加入的 $u_i$，得到大小不變的另一組基底。這就是能反復進行下一步的不變量。僅僅知道某個係數非零並不夠，因為刪去已經加入的新向量，便不能保證最後保留全部指定向量。

這裏沒有預先假定 $p\le q$。如果 $p\gt q$，先完成前 $q$ 次替換，則 $u_1,\ldots,u_q$ 已經張成 $W$。於是屬於 $W$ 的 $u_{q+1}$ 必為它們的組合，與線性獨立性矛盾。因此 $p\le q$，做完 $p$ 步後，正好剩下 $q-p$ 個舊向量補成所需基底。若 $p=q$，舊向量一個也不剩；若 $p=0$，保留原基底即可；若 $q=0$，則 $W=\{0\}$，其中的線性獨立列表也只能為空。

例題

兩次替換，並保留第一次加入的向量

在 $\mathbb R^3$ 中，從標準基底 $(e_1,e_2,e_3)$ 出發，指定

$$u_1=e_1+e_2,\qquad u_2=e_1+e_3.$$

這兩個向量線性獨立：關係 $a u_1+b u_2=0$ 的第二、第三個分量直接給出 $a=b=0$。先用 $u_1$ 替換 $e_1$，因為 $e_1=u_1-e_2$。當前基底成為 $(u_1,e_2,e_3)$。加入第二個向量時，應在當前基底下重新展開，而不是直接照用最初的標準座標：

$$u_2=u_1-e_2+e_3,\qquad e_2=u_1-u_2+e_3.$$

餘下舊向量 $e_2$ 的係數是 $-1$，因此替換 $e_2$，同時保留 $u_1$，得到 $(u_1,u_2,e_3)$。如果改為替換 $u_1$，雖然可能仍得到另一組基底，卻會丟掉第一個指定向量，不能完成延伸這組給定向量的目標。

再直接核對最終結果。對任意 $(a,b,c)^T$，有

$$\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix} =b u_1+(a-b)u_2+(c-a+b)e_3.$$

右邊的三個分量依次是 $a,b,c$，所以這組向量張成全空間。而關係 $A u_1+B u_2+C e_3=0$ 等價於 $(A+B,A,B+C)^T=0$；依次看第二、第一、第三個分量，就得 $A=B=C=0$。計算同時核實了線性獨立性和張成性，也明確指出哪個舊向量最後被保留。

維數的後果

替換定理給出 6.5 基底與維數 中等基數結論的另一種證明，同時明確構造包含指定線性獨立列表的基底。

定理

同一有限維子空間的所有基底有相同大小

若 $B$ 和 $C$ 都是同一個子空間 $W\subseteq R^n$ 的基底，則 $B$ 和 $C$ 含有相同數目的向量。

理由是把替換定理用兩次。若 $B$ 有 $p$ 個向量而 $C$ 有 $q$ 個向量，則 $B$ 在由 $C$ 作基底的空間中線性獨立，所以 $p\le q$。反過來又得 $q\le p$。因此 $p=q$。

以下常用結論也立即成立。

定理

$q$ 維子空間中的計數規則

令 $\dim(W)=q$。

1. $W$ 中任何線性獨立列表最多有 $q$ 個向量。
2. $W$ 中任何超過 $q$ 個向量的列表都線性相依。
3. $W$ 中的線性獨立列表可以延伸成 $W$ 的基底。
4. $W$ 的張成列表可以透過刪去冗餘向量縮減成基底。

延伸時，替換過程明確提供要補入的舊基向量。縮減時，從有限張成列表出發；只要列表線性相依，就從非平凡關係中選一個非零係數，把對應向量解出來並刪去。張成不變，而列表每次變短，所以最終得到線性獨立的張成列表。兩種過程保留的資料不同：延伸保留給定的線性獨立向量，縮減則從給定生成向量中選擇。

有序基底與座標向量

基底作為集合，說明可用哪些向量。有序基底還固定了它們的次序。次序會影響座標。

若

$$B=(b_1,\ldots,b_p)$$

是 $W$ 的有序基底，則每個 $x\in W$ 都有唯一表示

$$x=\alpha_1b_1+\cdots+\alpha_pb_p.$$

$x$ 在基底 $B$ 下的座標向量是

$$[x]_B= \begin{bmatrix} \alpha_1\\ \vdots\\ \alpha_p \end{bmatrix}.$$

張成性保證這種表示存在。若兩個係數欄表示同一向量，相減便得到基向量的一個零組合；線性獨立性迫使係數差為 $0_p$，從而證明唯一性。注意，$x$ 有 $n$ 個環境座標，而 $[x]_B$ 只有 $p$ 個係數。即使兩者長度恰好相同，它們所表達的資料仍不相同。

即使基底向量相同，只要改變排列次序，座標向量也會改變。

基變換定理

現在假設同一個非零的 $p$ 維子空間 $W$ 有兩組有序基底：

$$U=(u_1,\ldots,u_p),\qquad V=(v_1,\ldots,v_p).$$

寫成基底矩陣

$$\mathcal U=[u_1\ \cdots\ u_p], \qquad \mathcal V=[v_1\ \cdots\ v_p].$$

定理

基變換定理

存在唯一可逆的 $p\times p$ 矩陣 $S$，使得

$$\mathcal U=\mathcal V S.$$

$S$ 的各欄正是各個 $u_j$ 在有序基底 $V$ 下的座標向量。若

$$x=\mathcal U a=\mathcal V b,$$

則座標向量滿足

$$b=Sa.$$

證明

用線性獨立性代替求逆消去基底矩陣

兩個基底矩陣都是 $n\times p$，不一定是方陣。每次需要消去基底矩陣時，證明真正使用的是係數的唯一性。

構造各欄。 對每個 $u_j\in W$，由 $V$ 的張成性，存在 $s_j\in\mathbb R^p$ 滿足 $\mathcal V s_j=u_j$；由線性獨立性，這個係數欄唯一。把它們組成 $S=[s_1\ \cdots\ s_p]$，按矩陣乘法的欄規則便得 $\mathcal U=\mathcal V S$。

構造反方向矩陣。 同樣令 $t_j=[v_j]_U$，並把這些欄組成 $T=[t_1\ \cdots\ t_p]$，則 $\mathcal V=\mathcal U T$，因此

$$\mathcal U=\mathcal U TS,\qquad \mathcal V=\mathcal V ST.$$

對每個標準座標欄 $e_j\in\mathbb R^p$，第一個等式給出

$$\mathcal U(TS e_j-e_j)=0_n.$$

$\mathcal U$ 的欄線性獨立，所以 $TS e_j-e_j=0_p$。這對每一欄都成立，故 $TS=I_p$。同理，對第二個等式使用 $\mathcal V$ 的欄線性獨立性，得到 $ST=I_p$。因此 $T=S^{-1}$，整個過程沒有對非方形基底矩陣求逆。

唯一性與座標轉換。 若還有 $\mathcal U=\mathcal V S'$，則 $S-S'$ 的每一欄滿足 $\mathcal V(s_j-s'_j)=0_n$。線性獨立性迫使 $s_j-s'_j=0_p$，所以 $S=S'$；甚至不必預先假定另一個矩陣可逆。最後，

$$\mathcal V b=x=\mathcal U a=\mathcal V Sa \quad\Longrightarrow\quad \mathcal V(b-Sa)=0_n.$$

同一個線性獨立性論證給出 $b-Sa=0_p$，也就是所需座標公式。張成性提供各個轉換欄；線性獨立性則提供唯一性、可逆性，以及對每個向量都成立的轉換規則。

矩陣 $S$ 把 $U$ 基底下的座標欄轉換成 $V$ 基底下的座標欄，實際向量 $x$ 保持不變：

$$[x]_V=S[x]_U.$$

由於 $S$ 可逆，反方向轉換是

$$[x]_U=S^{-1}[x]_V.$$

若 $W=R^n$，則 $\mathcal U$ 和 $\mathcal V$ 都是方形可逆矩陣，公式特別簡潔：

$$S=\mathcal V^{-1}\mathcal U.$$

若 $W\subsetneq\mathbb R^n$ 是真子空間，其維數 $p\lt n$，所以 $n\times p$ 基底矩陣 $\mathcal V$ 不是方陣。應逐欄解

$$\mathcal V s_j=u_j.$$

例子：在平面內轉換座標

例題

同一個平面的兩種座標欄

令

$$u_1=\begin{bmatrix}2\\1\\1\end{bmatrix}, \quad u_2=\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}, \quad v_1=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}, \quad v_2=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}.$$

令 $W=\operatorname{Span}\{u_1,u_2\}$。在關係 $a u_1+b u_2=0$ 中，第一分量給出 $2a=0$，第二分量繼而給出 $-b=0$，所以 $U$ 是 $W$ 的基底。同樣，$c v_1+d v_2=0$ 的第二、第三分量給出 $c=d=0$，所以 $V$ 線性獨立。要核實兩組向量張成同一個平面，必須檢查兩個方向：

$$v_1=\tfrac12u_1-\tfrac12u_2,\qquad v_2=\tfrac12u_1+\tfrac12u_2.$$

這些等式說明 $v_j\in W$；接下來的等式則把 $u_j$ 寫成 $v_j$ 的組合。兩個張成互相包含，便證明 $V$ 也是 $W$ 的基底。

向量等式

$$u_1=v_1+v_2,\qquad u_2=-v_1+v_2$$

合併成矩陣等式

$$\mathcal U=\mathcal V \begin{bmatrix} 1&-1\\ 1&1 \end{bmatrix}.$$

因此

$$S= \begin{bmatrix} 1&-1\\ 1&1 \end{bmatrix}$$

就是從有序基底 $U$ 轉到有序基底 $V$ 的基變換矩陣。

例如若

$$[x]_U= \begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix},$$

則

$$[x]_V =S[x]_U = \begin{bmatrix} 1&-1\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1\\5\end{bmatrix}.$$

所以

$$x=3u_1+2u_2=v_1+5v_2.$$

再用兩種表示分別算出環境向量：

$$3\begin{bmatrix}2\\1\\1\end{bmatrix} +2\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}6\\1\\5\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix} +5\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}.$$

前面的反方向等式給出

$$S^{-1}=\tfrac12\begin{bmatrix}1&1\\-1&1\end{bmatrix},\qquad S^{-1}\begin{bmatrix}1\\5\end{bmatrix} =\tfrac12\begin{bmatrix}6\\4\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}3\\2\end{bmatrix}.$$

把這兩個矩陣按任一次序相乘，都得到 $I_2$，直接核實它們互逆。實際向量有三個分量而且保持不變；兩種座標欄都只有兩個分量，因為平面維數是二。這個核對也驗證了轉換方向，無需僅憑記憶套用公式。

同一個向量的兩種座標表示

下方圖解整理同一個平面例子。請讀出 $u_1=v_1+v_2$ 和 $u_2=-v_1+v_2$ 如何提供 $S$ 的各欄，以及為甚麼 $S$ 將 $U$-座標轉換為 $V$-座標，同時保持實際向量不變。

如何計算基變換矩陣

可按以下流程處理。

1. 先決定轉換方向。若要由 $[x]_U$ 求 $[x]_V$，需要的是 $\mathcal U=\mathcal V S$。
2. 對每個 $u_j$，解 $\mathcal V s_j=u_j$。
3. 把解向量放成矩陣的欄：

$$S=[s_1\ \cdots\ s_p].$$

若 $\mathcal V$ 是方陣且可逆，這就是

$$S=\mathcal V^{-1}\mathcal U.$$

若 $\mathcal V$ 不是方陣，就直接解各個線性系統。因為 $v_j$ 是同一子空間的基底，解必定存在且唯一。

這些假設也能幫助檢查計算。若某一欄的系統無解，說明該待轉換向量不在目標張成中；若解不唯一，說明目標矩陣的欄線性相依。對於同一子空間的兩組真正基底，即使方程數多於係數未知數，這兩種情況都不可能出現。

常見錯誤

常見錯誤

不小心用反方向的矩陣

若 $\mathcal U=\mathcal V S$，則 $S$ 把 $U$ 座標轉成 $V$ 座標： $[x]_V=S[x]_U$。反矩陣 $S^{-1}$ 才把 $V$ 座標轉回 $U$ 座標。

常見錯誤

忘記基底是有序的

有序基底 $(b_1,b_2)$ 和 $(b_2,b_1)$ 給出的座標向量不同。基變換矩陣比較的是有序基底，不只是無序集合。

常見錯誤

把真子空間的非方形基底矩陣拿去求逆

若 $W$ 是 $R^3$ 中的一個平面，基底矩陣大小是 $3\times2$，它不是方陣，所以不能求方陣意義下的反矩陣。此時應逐欄解 $\mathcal V s_j=u_j$。

快速檢查

思考檢查

若 $\dim(W)=4$，$W$ 中五個向量可以線性獨立嗎？

使用替換定理的計數規則。

解答 · 答案

不可以。在 4 維空間中，任何線性獨立列表最多只有四個向量。因此 $W$ 中任何五個向量都線性相依。

思考檢查

若 $\mathcal U=\mathcal V S$，$S[x]_U$ 等於哪一個座標向量？

追蹤等式 $x=\mathcal U[x]_U=\mathcal V[x]_V$。

解答 · 答案

它等於 $[x]_V$。因為 $x=\mathcal U[x]_U=\mathcal V S[x]_U$，而 $V$ 基底下的座標唯一，所以 $[x]_V=S[x]_U$。

練習

思考檢查

令 $B=(b_1,b_2,b_3)$ 是 $W$ 的一組基底，且 $u=b_1+2b_2-b_3$。哪一個舊基向量可以立即被 $u$ 替換？

觀察 $u$ 在舊基底表示式中的非零係數。

解答 · 引導解答

$b_1$ 的係數是 $1$，非零。因此

$$b_1=u-2b_2+b_3.$$

所以 $u,b_2,b_3$ 張成與 $b_1,b_2,b_3$ 相同的空間，而且也線性獨立，故 $u$ 可以替換 $b_1$。$b_2$ 和 $b_3$ 的係數也非零，所以重排後也可作替換。

思考檢查

用例子中的矩陣 $S=\begin{bmatrix}1&-1\\1&1\end{bmatrix}$，把 $[x]_U=(4,-1)^T$ 轉成 $[x]_V$。

計算 $S[x]_U$。

解答 · 引導解答

計算

$$[x]_V = \begin{bmatrix} 1&-1\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4\\-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5\\3 \end{bmatrix}.$$

因此 $[x]_V=(5,3)^T$。

閱讀前置

本節依賴 6.5 基底與維數 以及 6.4 線性相依與線性獨立。