基底延伸与基变换

有限实矩阵乘法法则的证明

设 $m,n,p,q$ 为正整数，$A\in\mathbb R^{m\times n}$、$B\in\mathbb R^{n\times p}$、$C\in\mathbb R^{p\times q}$。以下只用行乘列定义与实数的有限求和。对任意输出位置 $(i,\ell)$，

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

中间等号只交换两个有限和的求和次序，并使用实数分配律。两边同为 $m\times q$ 矩阵，每个位置相等，便证明结合律；没有调换矩阵因子的次序。

对 $D\in\mathbb R^{n\times p}$，同一定义给出

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

对 $E\in\mathbb R^{m\times n}$，则有

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

所以在所写的相容大小下，两条分配律均成立。对任意实标量 $c$，

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

逐项相等便证明 $(cA)B=c(AB)=A(cB)$。特别地，对 $x,y\in\mathbb R^n$ 与实数 $s,t$，

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

这证明了比较同一线性系统的解时所用的矩阵乘向量线性性质。所有恒等式都只针对大小相容的有限实矩阵，不声称任意矩阵因子可交换或可消去。

不预设计数结论的有限基存在与扩充

设实向量空间 $V$ 已给定有限生成列表 $t_1,\ldots,t_N$。先证明任何线性无关列表 $u_1,\ldots,u_k$ 的长度不超过 $N$。插入 $j$ 个向量后，维持一个由 $u_1,\ldots,u_j$ 与 $N-j$ 个剩余旧向量组成的生成列表。将 $u_{j+1}$ 按此列表展开，至少一个剩余旧向量的系数非零；否则它在先前 $u_i$ 的张成空间中，与无关性矛盾。解出这个旧向量，再以 $u_{j+1}$ 取代它。新列表仍张成同一空间，而且保留全部先前插入向量。若 $k>N$，则 $N$ 步后前 $N$ 个向量已张成 $V$，与 $u_{N+1}$ 的无关性矛盾。此即所需上界，也包括 $N=0$。

每个子空间 $W$ 都有有限基。从空的无关列表开始；若当前张成空间尚不是 $W$，就在 $W$ 中取一个不在该张成空间内的向量。若新向量在某关系中的系数非零，就能由旧向量表示它，矛盾，故新列表仍无关。已证上界允许至多添加 $N$ 次，所以过程必停止于 $W$ 的无关生成列表。若 $W=\{0\}$，立即得到空基。改从 $W$ 内任意给定无关列表开始，同样证明该列表可扩充为 $W$ 的基；只需有界有限次选择。最后，若两组基的长度为 $p,q$，分别把它们用作上界证明中的有限生成列表，得到 $p\le q$ 与 $q\le p$。故基的长度有良定义，称为维数。这些论证补足秩–零度定理所用的基存在、扩充与维数事实。

基底必须生成整个空间，并且不含冗余向量。若子空间由方程描述，这样的列表未必能直接写出。若已指定若干线性独立向量，还需要构造包含它们的基底。

以下标量均为实数，且 $W\subseteq\mathbb R^n$。不断选取当前张成以外的向量，可以构造一组基底；替换旧基底中的适当向量，则可以保留指定的线性独立列表。有了两组有序基底之后，表示系数的唯一性便决定了坐标如何转换。

为什么基底存在性需要证明

对 $R^n$ 这类熟悉空间，标准基很容易写出来。但对任意子空间 $W \subseteq R^n$，基未必一眼可见。子空间可能由方程、张成式，或像 $x_1+x_2+x_3=0$ 这类条件给出。

定理

$R^n$ 子空间的基底存在性

每个非零子空间 $W \subseteq R^n$ 都有基底。更精确地说，存在向量

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

使得 $1\le p\le n$，这组向量线性无关，并且

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

证明是一个受控的选取过程。

先在 $W$ 中选一个非零向量 $u_1$。如果 $W$ 中每个向量都已经是 $u_1$ 的倍数，则 $\{u_1\}$ 就是一组基底。若不是，便选一个不在 $\operatorname{Span}\{u_1\}$ 内的向量 $u_2\in W$。这样 $u_1,u_2$ 线性无关。

同样地继续。到第 $j$ 步，如果目前的 $u_1,\ldots,u_j$ 还未张成 $W$，就选一个不在目前张成之中的新向量 $u_{j+1}\in W$。因为新向量不是旧向量的线性组合，所以新的列表仍然线性无关。

线性无关性的保持也可以直接证明。假设新列表的某个零组合中，新向量的系数非零；移项并除以这个系数，就把新向量写成旧向量的线性组合，与选取条件矛盾。因此这个系数必须为零，再由旧列表线性无关，推出其余系数全为零。

这个过程不可能无限进行：$R^n$ 中不可能有超过 $n$ 个线性无关向量。因此它必定停止；停止时，所选向量已张成 $W$。它们又按构造线性无关，所以形成基。

这里的上界直接来自齐次方程组，无须使用基底大小相等的定理。把 $r\gt n$ 个 $\mathbb R^n$ 向量放成矩阵的列，就有 $r$ 个未知数，却最多只有 $n$ 个主元。自由未知数提供齐次系统的一个非零解，也就是相关关系。因此选取过程不能产生 $n+1$ 个线性无关向量。上界控制终止；真正证明张成的，是停止条件：$W$ 中已经没有向量落在当前张成之外。

零子空间是边界情形，它的基底是空列表。空线性组合约定为零，所以空列表张成 $\{0\}$，也没有非平凡关系。只含零向量的列表却线性相关，不能作为基底。因此零子空间的维数是零，不需要进行任何选取步骤。

例题

用选取思想产生一组基底

令

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

先选

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

单一向量不能张成整个 $W$，因为

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

不是 $u_1$ 的标量倍。因此 $u_1,u_2$ 线性无关。

现在，若

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

则 $z=-x-y$，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 $u_1,u_2$ 张成 $W$，也线性无关，所以它们形成一组基底。由此 $\dim(W)=2$。

替换定理的思想

基底存在性的证明是在增长一个线性无关列表。替换定理则说明另一种构造：把新的线性无关向量放入旧基底，同时删去适当的旧基向量。

定理

替换定理

令 $W$ 是 $R^n$ 的子空间。假设

$$t_1,\ldots,t_q$$

是 $W$ 的一组基底，而

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

线性无关。则：

1. $p\le q$;
2. $u_1,\ldots,u_p$ 加上某些 $q-p$ 个旧基向量 $t_1,\ldots,t_q$，会形成 $W$ 的另一组基底。

证明先看一个向量的情况。假设 $t_1,\ldots,t_q$ 是基，而

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

至少有一个系数非零。若 $\alpha_1\ne 0$，则

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

所以

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

张成与旧基底相同的空间：新向量都属于 $W$，而上式又把唯一删去的旧向量恢复成新列表的组合。线性无关性还需要单独证明。设

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

代入 $u$ 的旧基底表示式，得到

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

旧基底线性无关，所以 $\beta\alpha_1=0$，并且对每个 $i\ge2$ 都有 $\beta\alpha_i+\gamma_i=0$。由于 $\alpha_1\ne0$，先得 $\beta=0$，再得所有 $\gamma_i=0$。这样就分别证明了基底的两个条件，无需调用尚未证明的计数规则。任何非零系数都允许我们替换对应的旧向量；重新编号只是为了简化记号。

非零系数还精确指出哪些删除操作可行。若 $\alpha_j=0$，则 $u$ 已经属于其余旧向量的张成；删去 $t_j$ 后，新列表仍无法恢复它，否则旧基底就会线性相关。因此新向量非零，并不表示可以任意删去一个旧向量。当 $q=1$ 时，论证就是：单个基向量的非零倍数仍是一组基底。

为什么逐步替换不会丢掉已经加入的向量

假设已经构造出一组基底，由 $u_1,\ldots,u_k$ 和余下的 $q-k$ 个旧向量组成，把后者记作 $r_1,\ldots,r_{q-k}$。在这组当前基底下展开下一个向量：

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

余下的旧向量中，必有某个系数 $c_j$ 非零。否则 $u_{k+1}$ 就属于 $u_1,\ldots,u_k$ 的张成，从而在原本假定线性无关的新向量之间产生非平凡关系。针对这个非零系数应用一步替换的证明：删去 $r_j$，保留每个已经加入的 $u_i$，得到大小不变的另一组基底。这就是能反复进行下一步的不变量。仅仅知道某个系数非零并不够，因为删去已经加入的新向量，便不能保证最后保留全部指定向量。

这里没有预先假定 $p\le q$。如果 $p\gt q$，先完成前 $q$ 次替换，则 $u_1,\ldots,u_q$ 已经张成 $W$。于是属于 $W$ 的 $u_{q+1}$ 必为它们的组合，与线性无关性矛盾。因此 $p\le q$，做完 $p$ 步后，正好剩下 $q-p$ 个旧向量补成所需基底。若 $p=q$，旧向量一个也不剩；若 $p=0$，保留原基底即可；若 $q=0$，则 $W=\{0\}$，其中的线性无关列表也只能为空。

例题

两次替换，并保留第一次加入的向量

在 $\mathbb R^3$ 中，从标准基底 $(e_1,e_2,e_3)$ 出发，指定

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

这两个向量线性无关：关系 $a u_1+b u_2=0$ 的第二、第三个分量直接给出 $a=b=0$。先用 $u_1$ 替换 $e_1$，因为 $e_1=u_1-e_2$。当前基底成为 $(u_1,e_2,e_3)$。加入第二个向量时，应在当前基底下重新展开，而不是直接照用最初的标准坐标：

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

余下旧向量 $e_2$ 的系数是 $-1$，因此替换 $e_2$，同时保留 $u_1$，得到 $(u_1,u_2,e_3)$。如果改为替换 $u_1$，虽然可能仍得到另一组基底，却会丢掉第一个指定向量，不能完成延伸这组给定向量的目标。

再直接核对最终结果。对任意 $(a,b,c)^T$，有

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

右边的三个分量依次是 $a,b,c$，所以这组向量张成全空间。而关系 $A u_1+B u_2+C e_3=0$ 等价于 $(A+B,A,B+C)^T=0$；依次看第二、第一、第三个分量，就得 $A=B=C=0$。计算同时核实了线性无关性和张成性，也明确指出哪个旧向量最后被保留。

维数的后果

替换定理给出 6.5 基与维数 中等基数结论的另一种证明，同时明确构造包含指定线性独立列表的基底。

定理

同一有限维子空间的所有基有相同大小

若 $B$ 和 $C$ 都是同一个子空间 $W\subseteq R^n$ 的基底，则 $B$ 和 $C$ 含有相同数目的向量。

理由是把替换定理用两次。若 $B$ 有 $p$ 个向量而 $C$ 有 $q$ 个向量，则 $B$ 在由 $C$ 作基底的空间中线性无关，所以 $p\le q$。反过来又得 $q\le p$。因此 $p=q$。

以下常用结论也立即成立。

定理

$q$ 维子空间中的计数规则

令 $\dim(W)=q$。

1. $W$ 中任何线性无关列表最多有 $q$ 个向量。
2. $W$ 中任何超过 $q$ 个向量的列表都线性相关。
3. $W$ 中的线性无关列表可以延伸成 $W$ 的基底。
4. $W$ 的张成列表可以通过删去冗余向量缩减成基。

延伸时，替换过程明确提供要补入的旧基向量。缩减时，从有限张成列表出发；只要列表线性相关，就从非平凡关系中选一个非零系数，把对应向量解出来并删去。张成不变，而列表每次变短，所以最终得到线性无关的张成列表。两种过程保留的资料不同：延伸保留给定的线性无关向量，缩减则从给定生成向量中选择。

有序基底与坐标向量

基底作为集合，说明可用哪些向量。有序基底还固定了它们的次序。次序会影响坐标。

若

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

是 $W$ 的有序基底，则每个 $x\in W$ 都有唯一表示

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

$x$ 在基底 $B$ 下的坐标向量是

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

张成性保证这种表示存在。若两个系数列表示同一向量，相减便得到基向量的一个零组合；线性无关性迫使系数差为 $0_p$，从而证明唯一性。注意，$x$ 有 $n$ 个环境坐标，而 $[x]_B$ 只有 $p$ 个系数。即使两者长度恰好相同，它们所表达的资料仍不相同。

即使基底向量相同，只要改变排列次序，坐标向量也会改变。

基变换定理

现在假设同一个非零的 $p$ 维子空间 $W$ 有两组有序基底：

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

写成基底矩阵

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

定理

基变换定理

存在唯一可逆的 $p\times p$ 矩阵 $S$，使得

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

$S$ 的各列正是各个 $u_j$ 在有序基底 $V$ 下的坐标向量。若

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

则坐标向量满足

$$b=Sa.$$

证明

用线性无关性代替求逆消去基底矩阵

两个基底矩阵都是 $n\times p$，不一定是方阵。每次需要消去基底矩阵时，证明真正使用的是系数的唯一性。

构造各列。 对每个 $u_j\in W$，由 $V$ 的张成性，存在 $s_j\in\mathbb R^p$ 满足 $\mathcal V s_j=u_j$；由线性无关性，这个系数列唯一。把它们组成 $S=[s_1\ \cdots\ s_p]$，按矩阵乘法的列规则便得 $\mathcal U=\mathcal V S$。

构造反方向矩阵。 同样令 $t_j=[v_j]_U$，并把这些列组成 $T=[t_1\ \cdots\ t_p]$，则 $\mathcal V=\mathcal U T$，因此

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

对每个标准坐标列 $e_j\in\mathbb R^p$，第一个等式给出

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

$\mathcal U$ 的列线性无关，所以 $TS e_j-e_j=0_p$。这对每一列都成立，故 $TS=I_p$。同理，对第二个等式使用 $\mathcal V$ 的列线性无关性，得到 $ST=I_p$。因此 $T=S^{-1}$，整个过程没有对非方形基底矩阵求逆。

唯一性与坐标转换。 若还有 $\mathcal U=\mathcal V S'$，则 $S-S'$ 的每一列满足 $\mathcal V(s_j-s'_j)=0_n$。线性无关性迫使 $s_j-s'_j=0_p$，所以 $S=S'$；甚至不必预先假定另一个矩阵可逆。最后，

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

同一个线性无关性论证给出 $b-Sa=0_p$，也就是所需坐标公式。张成性提供各个转换列；线性无关性则提供唯一性、可逆性，以及对每个向量都成立的转换规则。

矩阵 $S$ 把 $U$ 基底下的坐标列转换成 $V$ 基底下的坐标列，实际向量 $x$ 保持不变：

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

由于 $S$ 可逆，反方向转换是

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

若 $W=R^n$，则 $\mathcal U$ 和 $\mathcal V$ 都是方形可逆矩阵，公式特别简洁：

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

若 $W\subsetneq\mathbb R^n$ 是真子空间，其维数 $p\lt n$，所以 $n\times p$ 基矩阵 $\mathcal V$ 不是方阵。应逐列解

$$\mathcal V s_j=u_j.$$

例子：在平面内转换坐标

例题

同一个平面的两种坐标列

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 $W=\operatorname{Span}\{u_1,u_2\}$。在关系 $a u_1+b u_2=0$ 中，第一分量给出 $2a=0$，第二分量继而给出 $-b=0$，所以 $U$ 是 $W$ 的基底。同样，$c v_1+d v_2=0$ 的第二、第三分量给出 $c=d=0$，所以 $V$ 线性无关。要核实两组向量张成同一个平面，必须检查两个方向：

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

这些等式说明 $v_j\in W$；接下来的等式则把 $u_j$ 写成 $v_j$ 的组合。两个张成互相包含，便证明 $V$ 也是 $W$ 的基底。

向量等式

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

合并成矩阵等式

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

因此

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

就是从有序基底 $U$ 转到有序基底 $V$ 的基变换矩阵。

例如若

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

则

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

所以

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

再用两种表示分别算出环境向量：

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

前面的反方向等式给出

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

把这两个矩阵按任一次序相乘，都得到 $I_2$，直接核实它们互逆。实际向量有三个分量而且保持不变；两种坐标列都只有两个分量，因为平面维数是二。这个核对也验证了转换方向，无需仅凭记忆套用公式。

同一个向量的两种坐标表示

下方图解整理同一个平面例子。请读出 $u_1=v_1+v_2$ 和 $u_2=-v_1+v_2$ 如何提供 $S$ 的各列，以及为什么 $S$ 将 $U$-坐标转换为 $V$-坐标，同时保持实际向量不变。

如何计算基变换矩阵

可按以下流程处理。

1. 先决定转换方向。若要由 $[x]_U$ 求 $[x]_V$，需要的是 $\mathcal U=\mathcal V S$。
2. 对每个 $u_j$，解 $\mathcal V s_j=u_j$。
3. 把解向量放成矩阵的列：

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

若 $\mathcal V$ 是方阵且可逆，这就是

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

若 $\mathcal V$ 不是方阵，就直接解各个线性系统。因为 $v_j$ 是同一子空间的基底，解必定存在且唯一。

这些假设也能帮助检查计算。若某一列的系统无解，说明该待转换向量不在目标张成中；若解不唯一，说明目标矩阵的列线性相关。对于同一子空间的两组真正基底，即使方程数多于系数未知数，这两种情况都不可能出现。

常见错误

常见错误

不小心用反方向的矩阵

若 $\mathcal U=\mathcal V S$，则 $S$ 把 $U$ 坐标转成 $V$ 坐标： $[x]_V=S[x]_U$。反矩阵 $S^{-1}$ 才把 $V$ 坐标转回 $U$ 坐标。

常见错误

忘记基是有序的

有序基底 $(b_1,b_2)$ 和 $(b_2,b_1)$ 给出的坐标向量不同。基变换矩阵比较的是有序基底，不只是无序集合。

常见错误

把真子空间的非方形基底矩阵拿去求逆

若 $W$ 是 $R^3$ 中的一个平面，基底矩阵大小是 $3\times2$，它不是方阵，所以不能求方阵意义下的反矩阵。此时应逐列解 $\mathcal V s_j=u_j$。

快速检查

思考检查

若 $\dim(W)=4$，$W$ 中五个向量可以线性无关吗？

使用替换定理的计数规则。

解答 · 答案

不可以。在 4 维空间中，任何线性无关列表最多只有四个向量。因此 $W$ 中任何五个向量都线性相关。

思考检查

若 $\mathcal U=\mathcal V S$，$S[x]_U$ 等于哪一个坐标向量？

追踪等式 $x=\mathcal U[x]_U=\mathcal V[x]_V$。

解答 · 答案

它等于 $[x]_V$。因为 $x=\mathcal U[x]_U=\mathcal V S[x]_U$，而 $V$ 基底下的坐标唯一，所以 $[x]_V=S[x]_U$。

练习

思考检查

令 $B=(b_1,b_2,b_3)$ 是 $W$ 的一组基底，且 $u=b_1+2b_2-b_3$。哪一个旧基向量可以立即被 $u$ 替换？

观察 $u$ 在旧基底表示式中的非零系数。

解答 · 引导解答

$b_1$ 的系数是 $1$，非零。因此

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

所以 $u,b_2,b_3$ 张成与 $b_1,b_2,b_3$ 相同的空间，而且也线性无关，故 $u$ 可以替换 $b_1$。$b_2$ 和 $b_3$ 的系数也非零，所以重排后也可作替换。

思考检查

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

计算 $S[x]_U$。

解答 · 引导解答

计算

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

因此 $[x]_V=(5,3)^T$。

阅读前置

本节依赖 6.5 基底与维数 以及 6.4 线性相依与线性独立。