Пусть векторы $e_1,e_2,e_3$ и $\mathbf x$ заданы своими координатами в некотором базисе:

а) $e_{1}=(1,1,1);e_{2}=(1,1,2);e_{3}=(1,2,3);{\mathbf x}=(6,9,14)$.

Составим матрицу

$$\left(\begin{array}{ccc|c} e_{1} & e_{2} & e_{3} & {\mathbf x}\\ \hline 1 & 1 & 1 & 6\\ 1 & 1 & 2 & 9\\ 1 & 2 & 3 & 14 \end{array}\right) $$

преобразованием строк придём виду

$$ \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\ 1 & 1 & 2 & 9\\ 1 & 2 & 3 & 14 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\ 0 & 0 & 1 & 3\\ 0 & 1 & 2 & 8 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\ 0 & 0 & 1 & 3\\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc|c} e_{1} & e_{2} & e_{3} & {\mathbf x}\\ \hline 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 3\\ 0 & 1 & 0 & 2 \end{array}\right).$$

Следовательно:

$${\mathbf x}=e_{1}+2e_{2}+3e_{3}.$$

Доказать, что в пространстве $\mathbb{R}[x]_{n}$ многочленов степени $\leq n$ с вещественными коэффициентами системы $\left\{ 1,x,\ldots,x^{n}\right\} $ и $\left\{ 1,x-a,\ldots,\left(x-a\right)^{n}\right\} $, $a\in\mathbb{R}$, являются базисами, и найти координаты многочлена $f(x)=a_{0}+xa_{1}+\ldots+x^{n}a_{n}$ в этих базисах и матрицу перехода от первого базиса ко второму.

Первый базис: $\left\{ e_{0},e_{1},\ldots,e_{n}\right\} =\left\{ 1,x,\ldots,x^{n}\right\} $, следовательно, из равенства

$$f(x)=\left(e_{0},e_{1},\ldots,e_{n}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} x_{0}\\ x_{1}\\ \vdots\\ x_{n} \end{array}\right)=\left(1,x,\ldots,x^{n}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ \vdots\\ a_{n} \end{array}\right)=a_{0}+xa_{1}+\ldots+x^{n}a_{n}$$

координаты многочлена в этом базисе: $\left(a_{0},a_{1},\ldots,a_{n}\right)^{T}.$

Построим теперь переход о старого базиса $\left\{ 1,x,\ldots,x^{n}\right\} $ к новому $\left\{ 1,x-a,\ldots,\left(x-a\right)^{n}\right\} $ выразив вектора нового базиса через старый:

$e_{0}'=1=e_{0},$

$e_{1}'=x-a=e_{1}-a\cdot e_{0},$

$e_{2}'=\left(x-a\right)^{2}=x^{2}-2ax+a^{2}=e_{2}-2a\cdot e_{1}+a^{2}\cdot e_{0},$

$\vdots$

$e_{n}'=\left(x-a\right)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-a)^{n-k}x^{k}$

где биномиальные коэффициенты:

$\binom{n}{k}=\begin{cases} \frac{n!}{k!(n-k)!}, & 0\leqslant k\leqslant n
0, & k>n \end{cases}$

тогда матрица перехода:

$$T=\left(\begin{array}{ccccc} 1 & -a & a^{2} & \cdots & \left(-a\right)^{n}\\ 0 & 1 & -2a & \cdots & n\left(-a\right)^{n-1}\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & \frac{n(n-1)}{2}\left(-a\right)^{n-2}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & & \cdots & 1 \end{array}\right)$$

Переход к новым координатам задаётся обратной матрицей, которую легко найти т.к. для обратного перехода требуется заменить $-a\mapsto a$, ведь если $x'=x-a,$ то $x=x'+a$:

$$\left(\begin{array}{c} a_{0}'\\ a_{1}'\\ a_{2}'\\ \vdots\\ a_{n}' \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc} 1 & a & a^{2} & \cdots & a^{n}\\ 0 & 1 & 2a & \cdots & na^{n-1}\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & \frac{n(n-1)}{2}a^{n-2}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & & \cdots & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2}\\ \vdots\\ a_{n} \end{array}\right)$$

Тогда посмотрим выражения для первых координат: $$a'_{0}=\sum_{k=0}^{n}a{}^{k}a_{k}=f(a);$$ $$a'_{1}=\sum_{k=1}^{n}ka{}^{k-1}a_{k}=\left.f'(x)\right|_{x=a}=f'(a),$$ где $f'(x)$ — это первая производная; $$a'_{2}=\sum_{k=2}^{n}\frac{k(k-1)}{2!}a{}^{k-2}a_{k}=f''(a)2!$$ где $f''(x)$ — это вторая производная. Теперь уже видно как будут себя вести остальные координаты: $$a'_{p}=\sum_{k=p}^{n}\frac{k!}{p!(k-p)!}a{}^{k-p}a_{k}=f^{(p)}(a)p!$$

Найти базисы суммы и пересечения линейных оболочек $(a_{1},a_{2},a_{3})$ и $(b_{1},b_{2},b_{3})$:

а)

$$\left\{ \begin{array}{c} a_{1}=(1,2,1)\\ a_{2}=(1,1,-1)\\ a_{3}=(1,3,3) \end{array}\right., \ \ \left\{ \begin{array}{c} b_{1}=(1,2,2)\\ b_{2}=(2,3,-1)\\ b_{3}=(1,1,-3) \end{array}\right.$$

Составляем матрицу и преобразованием строк приводим к ступенчатому виду

$$\left(\begin{array}{ccc|ccc} a_{1} & a_{2} & a_{3} & b_{1} & b_{2} & b_{3}\\ \hline 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1\\ 2 & 1 & 3 & 2 & 3 & 1\\ 1 & -1 & 3 & 3 & -1 & -3 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)-2(1);(3)-(1)}\left(\begin{array}{ccc|ccc} a_{1} & a_{2} & a_{3} & b_{1} & b_{2} & b_{3}\\ \hline 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1\\ 0 & -1 & 1 & 0 & -1 & -1\\ 0 & -2 & 2 & 2 & -3 & -4 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)+(2);(3)-2(2)}$$

$$ \left(\begin{array}{ccc|ccc} a_{1} & a_{2} & a_{3} & b_{1} & b_{2} & b_{3}\\ \hline 1 & 0 & 2 & 1 & 1 & 0\\ 0 & -1 & 1 & 0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 2 & -1 & -2 \end{array}\right) \underset{\to}{(1)-\frac{1}{2}(3);-1(2);\frac{1}{2}(3)}\left(\begin{array}{ccc|ccc} a_{1} & a_{2} & a_{3} & b_{1} & b_{2} & b_{3}\\ \hline 1 & 0 & 2 & 0 & \frac{3}{2} & 1\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & -\frac{1}{2} & -1 \end{array}\right)$$

Таким образом базис объединения:

$$L_{1}\cup L_{2}=\left\langle a_{1},a_{2},a_{3}\right\rangle \cup\left\langle b_{1},b_{2},b_{3}\right\rangle =\left\langle a_{1},a_{2},b_{1}\right\rangle $$

Пересечение пространств найдём из равенств: $b_{2}=\frac{3}{2}a_{1}+a_{2}-\frac{1}{2}b_{1}$ и $b_{3}=a_{1}+a_{2}-b_{1}$

перенося все вектора первой оболочки влево, а второй вправо, тогда:

$b_{2}+\frac{1}{2}b_{1}=\frac{3}{2}a_{1}+a_{2}$ и $b_{3}+b_{1}=a_{1}+a_{2}$

В результате $L_{1}\cap L_{2}=\left\langle b_{2}+\frac{1}{2}b_{1},b_{3}+b_{1}\right\rangle =\left\langle \frac{3}{2}a_{1}+a_{2},a_{1}+a_{2}\right\rangle =\left\langle \left(\frac{5}{2},4,\frac{1}{2}\right),\left(2,3,0\right)\right\rangle $

Что имеем с размерностями?

$\dim L_{1}=2,\dim L_{2}=3,\dim\left(L_{1}\cup L_{2}\right)=3,\dim\left(L_{1}\cap L_{2}\right)=2$

Соотношение Грассмана

$\dim L_{1}+\dim L_{2}=3=\dim\left(L_{1}\cup L_{2}\right)-\dim\left(L_{1}\cap L_{2}\right)$ выполняется.

Пусть подпространства $U,V\in\mathbb{R}^{n}$ заданы уравнениями

$x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=0$, $x_{1}=x_{2}=\ldots=x_{n}$. Доказать, что $U\oplus V=\mathbb{R}^{n}$, и найти проекции единичных векторов на $U$ параллельно $V$ и $V$ параллельно $U$.

Для простоты рассмотрим сначала трёхмерный случай, тогда $u_{1}=\left(1,0,-1\right),u_{2}=\left(0,1,-1\right)$, а в пространстве $V:v=(1,1,1).$ Составим матрицу:

$$\left(\begin{array}{ccc|ccc} u_{1} & u_{2} & v & e_{1} & e_{2} & e_{3}\\ \hline 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ -1 & -1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)+(1)+(2)}\left(\begin{array}{ccc|ccc} u_{1} & u_{2} & v & e_{1} & e_{2} & e_{3}\\ \hline 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 3 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)-\frac{1}{3}(3);(2)-\frac{1}{3}(3)} $$ $$ \left(\begin{array}{ccc|ccc} u_{1} & u_{2} & v & e_{1} & e_{2} & e_{3}\\ \hline 1 & 0 & 0 & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3}\\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3}\\ 0 & 0 & 3 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc|ccc} u_{1} & u_{2} & v & e_{1} & e_{2} & e_{3}\\ \hline 1 & 0 & 0 & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3}\\ 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3}\\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{array}\right).$$

В итоге $e_{1}=\frac{2}{3}u_{1}-\frac{1}{3}u_{2}+\frac{1}{3}v$; $e_{2}=-\frac{1}{3}u_{1}+\frac{2}{3}u_{2}+\frac{1}{3}v$; $e_{3}=-\frac{1}{3}u_{1}-\frac{1}{3}u_{2}+\frac{1}{3}v$

Тогда проекция единичного вектора $e_{1}$ на пространство $U$ — это его разложение на базисные вектора этого пространства, т.е. $(\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$. На пространство $V$ — $(\frac{1}{3})$

Рассмотрим теперь общий случай и выберем базис в пространстве $U$: $u_{1}=\left(1,0,\ldots,0,-1\right),u_{2}=\left(0,1,\ldots,0,-1\right),\ldots,u_{n-1}=\left(0,0,\ldots,1,-1\right)$ и в пространстве $V$: $v=(1,1,\ldots,1,1)$. Тогда обобщая трёхмерный случай, единичный вектор $e_{1}=\left(1,0,\ldots,0,0\right)\in\mathbb{R}^{n}$ можно представить в виде:

$e_{1}=\left(1,0,\ldots,0,0\right)=\frac{n-1}{n}u_{1}-\frac{1}{n}\left(u_{2}+\ldots+u_{n-1}\right)+\frac{1}{n}v$ тогда для произвольного единичного вектора

$e_{k}=\frac{n-1}{n}u_{k}-\frac{1}{n}\left(\sum\limits_{i=1}^{n-1}u_{i}-u_{k}\right)+\frac{1}{n}v.$

Пусть в пространстве $\mathbb{R}^{4}$: $$ U=\left\langle (1,1,1,1),(-1,-2,0,1)\right\rangle , V=\left\langle (-1,-1,1,-1),(2,2,0,1)\right\rangle . $$ Доказать, что $\mathbb{R}^{4}=U\oplus V$, и найти проекцию вектора $\boldsymbol{x}=(4,2,4,4)$ на подпространство $U$ параллельно $V$.

Запишем матрицу и приведём её к диагональному виду $$ \left(\begin{array}{ccccc} u_{1} & u_{2} & v_{1} & v_{2} & \boldsymbol{x}\\ 1 & -1 & -1 & 2 & 4\\ 1 & -2 & -1 & 2 & 2\\ 1 & 0 & 1 & 0 & 4\\ 1 & 1 & -1 & 1 & 4 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & -1 & 2 & 4\\ 0 & -1 & 0 & 0 & -2\\ 0 & 1 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 2 & 0 & -1 & 0 \end{array}\right)\to $$ $$ \left(\begin{array}{ccccc} 1 & 0 & -1 & 2 & 6\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & -2\\ 0 & 0 & 0 & -1 & -4 \end{array}\right) \to \left(\begin{array}{ccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 1 & -1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccccc} u_{1} & u_{2} & v_{1} & v_{2} & \boldsymbol{x}\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 \end{array}\right). $$ в итоги получили, что $\mathbb{R}^{4}=U\oplus V$, а вектор $\boldsymbol{x}$ выражается через остальные как $x=u_{1}+2u_{2}+3v_{1}+4v_{2}$, тогда его проекция на подпространство $U$ параллельно $V$ $x|_{U}=u_{1}+2u_{2}=(1,2,0,0)$.