矩阵分析（三）基与坐标

设 $V$ 是 $\mathbb {F}$ 上的线性空间，若有正整数 $n$ 及 $V$ 中的向量组 $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$ 使得

$\alpha_1, \alpha_2,...,\alpha_n$ 线性无关
任取向量 $\alpha \in V$ 均可由 $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$ 线性表示

$$ \alpha=\alpha_1k_1+\alpha_2k_2+···+\alpha_nk_n \\ =\begin{bmatrix}\alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}k_1 \\ k_2 \\ \vdots \\ k_n\end{bmatrix} \\ =\begin{bmatrix}\alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n\end{bmatrix}X $$

则称 $V$ 是 $\mathbb {F}$ 上的有限维线性空间，向量组 $\alpha_1, \alpha_2,...,\alpha_n$ 称为 $V$ 的一个基，其中 $X$ 称为向量 $\alpha$ 在基 $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$ 下对应的坐标，基向量组中向量的个数 $n$ 称为 $V$ 的维数，记为 $\dim (V)$

证明一组向量是线性空间的基，分两步

证明这组向量线性无关
证明线性空间任意向量可由这组向量表示

是否任意一个线性空间都有维数？

答案是否定的，下面举一个无限维线性空间的例子

记 $\mathbb {R}[x]_n=\{f\mid f\in \mathcal {F}(\mathbb {R}, \mathbb {R}),\ $ 且 $f$ 可写成次数 $<n$ 的实系数多项式 $\}$，按照线性空间 $\mathcal {F}(\mathbb {R},\mathbb {R})$ 的加法和数乘，易知 $\mathbb {R}[x]_n$ 为 $n$ 维线性空间，而 $\mathbb {R}[x]$(全体多项式构成的线性空间) 是无限维的线性空间。下面针对 $\mathbb {R}[x]$ 是无限维进行证明

分析：要证明一个线性空间是无限维的，我们只要证明这个线性空间中任意有限个向量都不构成基。换句话说，只要能在线性空间中找到一个向量，无法由给定的有限个线性无关的向量线性表示，那么这个线性空间就是无限维的

证明：设 $f_1,f_2,...,f_n\in \mathbb {R}[x]$，且 $f_1,f_2,...,f_n$ 线性无关

记

$$ d_i=\partial(f_i), \ i=1,2,...,n $$

其中 $\partial (f_i)$ 表示多项式 $f_i$ 的次数，且记 $d=\max\{d_1, d_2,...,d_n\}$

现在问题改为证明 $x^{d+1}\in \mathbb {R}[x]$ 不能由 $f_i$ 线性表示，设

$$ \begin{align*} x^{d+1}&=a_1f_1(x)+···+a_nf_n(x)\\ &...\\ &=b_0x^0+b_1x^1+···+b_dx^d\\ &\Leftrightarrow b_0x^0+b_1x^1+···-x^{d+1}=0 \end{align*} $$

上式明显不成立，因此有限个线性无关的向量 $f_1,f_2,...,f_n$ 无法线性表示 $x^{d+1}$，故线性空间 $\mathbb {R}[x]$ 是无限维的

举几个有限维线性空间维度的例子

例 1

$V=\mathbb {R}, \mathbb {F}=\mathbb {R}$，求 $\dim (V)$

解：事实上，任何一个 $a\neq 0$ 的向量都能构成该线性空间的基，因为 $\forall x\in V, x = (\frac {x}{a})・a$，其中第一个 $a\in \mathbb {F}$，第二个 $a\in V$。因此 $\dim (V)=1$

这题有一个扩展的结论：$V=\mathbb {R}^n, \mathbb {F}=\mathbb {R}$，则 $\dim (V)=n$

例 2

$V=\mathbb {C}, \mathbb {F}=\mathbb {R}$，求 $\dim (V)$

解：$V$ 中找一个基 $1$ 和 $\mathbb {i}$，首先证明 $1$ 和 $\mathbb {i}$ 线性无关，因为 $k_1・1+k_2・\mathbb {i}=0$ 仅有零解 $\begin {bmatrix} k_1 \\ k_2\end {bmatrix}=\begin {bmatrix} 0 \\ 0\end {bmatrix}$，所以 $1$ 和 $\mathbb {i}$ 线性无关。其次 $\forall x \in V, x = \text {real}(x)・1+ \text {img}(x)・\mathbb {i}$，其中 $\text {real}(x)$ 和 $\text {img}(x)$ 分别表示取 $x$ 的实部和虚部，并且它们都在数域 $\mathbb {F}$ 内，所以 $\dim (V)=2$

例 3

$V=\mathbb {C}, \mathbb {F}=\mathbb {C}$，求 $\dim (V)$

解：事实上，任何一个 $a\neq 0$ 的向量都能构成该线性空间的基，因为 $\forall x\in V, x=(\frac {x}{a})・a$，所以 $\dim (V)=1$

例 4

$V=\mathbb {R}, \mathbb {F}=\mathbb {Q}$，求 $\dim (V)$

解：这题非常复杂，先给出结论 $\dim (V)=\infty$

通过反证法来证明该结论。假设 $\dim (V)=n<\infty$，我们从 $V$ 中任取 $n+1$ 个向量必定是线性相关的

假设我们取 $n+1$ 个素数 $p_1, p_2, ..., p_{n+1}$，再将这些素数分别取 $\ln$，则变为 $\ln (p_1), \ln (p_2), ..., \ln (p_{n+1})$，于是问题就变为判断下面的齐次方程是否有非零解

$$ a_1·\ln(p_1)+a_2·\ln(p_2)+···+a_{n+1}·\ln(p_{n+1})=0 $$

其中 $a_i\in \mathbb {Q}, p_i\in V=\mathbb {R}$

由于公理有理数一定可以表示为两个整数相除，所以可以将 $a_i$ 看作 $\frac {j_i}{k_i}$，其中 $j_i,k_i \in \mathbb {Z}$，将上面的求和式子两边同乘 $k_1・k_2・・・k_{n+1}$ 得

$$ \begin{align*} &(j_1·k_2·k_3···k_{n+1})·\ln(p_1)+(j_2·k_1·k_3···k_{n+1})·\ln(p_2)+\\ &(j_3·k_1·k_2·k_4···k_{n+1})·\ln(p_3)+···+(j_{n+1}·k_1·k_2···k_{n})·\ln(p_{n+1})=0 \end{align*} $$

我们将其中的系数定义为 $b_i$，例如

$$ \begin{align*} &j_1·k_2·k_3···k_{n+1}\triangleq b_1\\ &j_2·k_1·k_3···k_{n+1}\triangleq b_2\\ &······\\ &j_{n+1}·k_1·k_2···k_{n}\triangleq b_{n+1} \end{align*} $$

于是新的式子就变为

$$ \sum_{i=1}^{n+1}b_i·\ln(p_i)=0,\ b_i\in \mathbb{Z} $$

两边同时取以 $e$ 为底

$$ \begin{align*} \exp(\sum_{i=1}^{n+1}b_i·\ln (p_i))&=1\\ \Leftrightarrow \exp(\sum_{i=1}^{n+1}\ln(p_i^{b_i}))&=1\\ \Leftrightarrow \prod_{i=1}^{n+1} \exp(\ln(p_i^{b_i}))&=1\\ \Leftrightarrow \prod_{i=1}^{n+1} p_i^{b_i}&=1\\ \end{align*} $$

底数 $p_i$ 都是大于 1 的，因此我们考虑 $b_i$ 的几种情况

$b_i>0$，则 $\prod_{i=1}^{n+1} p_i^{b_i}>1$
$b_i<0$，则 $\prod_{i=1}^{n+1} p_i^{b_i}<1$
$b_i$ 既有大于 0，也有小于 0 的。不妨设 $b_1,b_2,...,b_k>0$，$b_{k+1},b_{k+2},...,b_{n+1}<0$，则上式变为 $\frac {\prod_{i=1}^{k} p_i^{b_i}}{\prod_{j=k+1}^{n+1} p_j^{-b_j}}$，要想该式等于 1，需要分子分母能消掉，但是由于所有的底数 $p$ 都是素数，因此该分数不可能为 1
$b_i=0$

上面 4 种情况，只有 $b_i=0$ 满足等式。回过去看 $b_i=j_i・(k_1・・・k_{i-1}・k_{i+1}・・・k_{n+1})$，由于 $a_i=\frac {j_i}{k_i}$ 分母不为 0，所以只有 $j_i=0$，因此 $a_i=0,\ i=1,2,...,n+1$，所以齐次方程仅有零解，这 $n+1$ 个向量线性无关，与假设矛盾，因此 $\dim (V)=\infty$，证毕

零维线性空间

规定仅含一个元素的线性空间（零线性空间）为零维线性空间，其维数规定为 0，零维线性空间也算作有限维线性空间

例 5

试证：所有 $n$ 阶对称矩阵组成 $\frac {n (n+1)}{2}$ 维线性空间；所有的 $n$ 阶反对称矩阵组成 $\frac {n (n-1)}{2}$ 维线性空间

解：用 $E_{ii}$ 表示 $n$ 阶矩阵除第 $i$ 行，第 $i$ 列的元素为 1 外，其余元素全为 0 的矩阵。用 $E_{ij}(i < j,i=1,2,...,n-1)$ 表示 $n$ 阶矩阵中除第 $i$ 行第 $j$ 列元素与第 $j$ 行第 $i$ 列元素为 1 外，其余元素全为 0 的矩阵

显然 $E_{ii},E_{ij}$ 都是对称矩阵，$E_{ii}$ 有 $n$ 个，$E_{ij}$ 有 $\frac {n (n-1)}{2}$ 个。不难证明 $E_{ii},E {ij}$ 是线性无关的，且任何一个对称矩阵都可用这 $n+\frac {n (n-1)}{2}=\frac {n (n+1)}{2}$ 个矩阵线性表示，即 $n$ 阶对称矩阵组成 $\frac {n (n+1)}{2}$ 维线性空间

显然 $E_{ij}$ 是反对称矩阵，$E_{ij}$ 有 $\frac {n (n-1)}{2}$ 个，不难证明 $E_{ij}$ 是线性无关的，且任何一个反对称矩阵都可由这 $\frac {n (n-1)}{2}$ 个矩阵线性表示，即 $n$ 阶反对称矩阵组成 $\frac {n (n-1)}{2}$ 维线性空间

例 6

在 $\mathbb {R}^4$ 中，求向量 $\alpha=(1, 2, 1, 1)^T$ 在基

$$ \begin{aligned} &\alpha_1=(1,1,1,1)^T,\ \ \alpha_2=(1, 1, -1, -1)^T\\ &\alpha_3=(1, -1, 1, -1)^T, \ \ \alpha_4 = (1, -1, -1, 1)^T \end{aligned} $$

下的坐标

解：问题实际上可以转化为求方程 $\alpha=x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3+x_4\alpha_4$ 的解，即

$$ \begin{bmatrix} 1\\2\\1\\1 \end{bmatrix}=x_1\begin{bmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix} 1\\1\\-1\\-1 \end{bmatrix}+x_3\begin{bmatrix} 1\\-1\\1\\-1 \end{bmatrix}+x_4\begin{bmatrix} 1\\-1\\-1\\1 \end{bmatrix}\\ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{c:c} \begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1\\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1\\ \end{matrix}& \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \\ \end{matrix} \end{array}} \right] \Rightarrow \left[ {\begin{array}{c:c} \begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\\ \end{matrix}& \begin{matrix} \frac{5}{4} \\ \frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} \\ \end{matrix} \end{array}} \right] $$

求得 $[x_1,x_2,x_3,x_4]^T=[\frac {5}{4},\frac {1}{4},-\frac {1}{4},-\frac {1}{4}]^T$

例 7

在 $\mathbb {R}^{2\times 2}$ 中求矩阵 $A=\begin {bmatrix} 1&2\\0&3\end {bmatrix}$ 在基

$$ E_1=\begin{bmatrix}1&1\\1&1\end{bmatrix},\ \ E_2=\begin{bmatrix}1&1\\1&0\end{bmatrix}\\ E_3=\begin{bmatrix}1&1\\0&0\end{bmatrix},\ \ E_4=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix} $$

下的坐标

解：设 $A=x_1E_1+x_2E_2+x_3E_3+x_4E_4$，即

$$ \left[\begin{array}{ll} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{array}\right]=x_{1}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right]+x_{2}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right]+x_{3}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right]+x_{4}\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right] $$

故

$$ \left[\begin{array}{ll} 1 & 2 \\ 0 & 3 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{1} & x_{1}+x_{2}+x_{3} \\ x_{1}+x_{2} & x_{1} \end{array}\right] $$

于是

$$ \begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4=1\\ x_1+x_2+x_3=2\\ x_1+x_2=0\\ x_1=3 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x_1=3\\ x_2=-3\\ x_3=2\\ x_4=-1 \end{cases} $$

即 $A$ 在 $E_1,E_2,E_3,E_4$ 下的坐标为 $(3,-3,2,-1)^T$

例 8

试证：在 $\mathbb {R}^{2\times 2}$ 中矩阵

$$ \alpha_{1}=\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right], \alpha_{2}=\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right], \alpha_{3}=\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right], \alpha_{4}=\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right] $$

线性无关，并求 $\alpha=\begin {bmatrix} a&b\\c&d\end {bmatrix}$ 在基 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 下的坐标

解：设 $k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3+k_4\alpha_4=0$，即

$$ \begin{array}{r} k_{1}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right]+k_{2}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right]+k_{3}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right]+k_{4}\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right] \\ =\left[\begin{array}{cc} k_{1}+k_{2}+k_{3}+k_{4} & k_{1}+k_{2}+k_{3} \\ k_{1}+k_{3}+k_{4} & k_{1}+k_{2}+k_{4} \end{array}\right]=0 \end{array} $$

于是

$$ \begin{cases} k_1+k_2+k_3+k_4=0\\ k_1+k_2+k_3=0\\ k_1+k_3+k_4=0\\ k_1+k_2+k_4=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} k_1=0\\ k_2=0\\ k_3=0\\ k_4=0 \end{cases} $$

故 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 线性无关

设

$$ \begin{aligned} \left[\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right] &=x_{1}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right]+x_{2}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right]+x_{3}\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right]+x_{4}\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array}\right] \\ &=\left[\begin{array}{ll} x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} & x_{1}+x_{2}+x_{3} \\ x_{1}+x_{3}+x_{1} & x_{1}+x_{2}+x_{4} \end{array}\right] \end{aligned} $$

于是

$$ \begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4=a\\ x_1+x_2+x_3=b\\ x_1+x_3+x_4=c\\ x_1+x_2+x_4=d \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x_1=b+c+d-4a\\ x_2=a-c\\ x_3=a-d\\ x_4=a-b \end{cases} $$

$x_1,x_2,x_3,x_4$ 即为所求之坐标

例 9

设 $R [x]_4$ 是所有次数小于 4 的实系数多项式组成的线性空间，求多项式 $p (x)=1+2x^3$ 在基 $1,x-1,(x-1)^2,(x-1)^3$ 下的坐标

解：方法一：用线性空间理论计算

$$ p(x)=1+2x^3=[1, x, x^2, x^3]\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 0\\ 2\end{bmatrix} \\ =[1, x - 1, (x-1)^2, (x-1)^3]\begin{bmatrix}y_1 \\ y_2\\ y_3\\ y_4 \end{bmatrix} $$

又由于

$$ [1, x - 1, (x-1)^2, (x-1)^3]\\ =[1, x, x^2, x^3]\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 &-1\\ 0 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix} $$

于是 $p (x)$ 在基 $1, x-1,(x-1)^2, (x-1)^3$ 下的坐标为

$$ \begin{bmatrix}y_1 \\ y_2\\ y_3\\ y_4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & -1 & 1 &-1\\ 0 & 1 & -2 & 3\\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 2\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}3\\ 6\\ 6\\ 2\end{bmatrix} $$

方法二：将 $p (x)=1+2x^3$ 根据幂级数公式按 $x-1$ 展开可得

$$ \begin{align} p(x)&=1+2x^3\\ &=p(1)+p(1)(x-1)+\frac{p''(1)}{2!}(x-1)^2+\frac{p'''(1)}{3!}(x-1)^3\\ &=3+6(x-1)+6(x-1)^2+2(x-1)^3 \end{align} $$

因此 $p (x)$ 在基 $1, x-1, (x-1)^2, (x-1)^3$ 下的坐标为 $[3, 6, 6, 2]^T$

过渡矩阵

设 $(\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)$ 和 $(\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)$ 是 $n$ 维线性空间 $V_n (F)$ 中的两个基，则有 $A\in F$

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n) = (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)A $$

其中 $A$ 称为从基 $(\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)$ 到 $(\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)$ 的过渡矩阵

几个过渡矩阵的定理：

过渡矩阵可逆
$\{\alpha_i\}$ 到 $\{\beta_j\}$ 的过渡矩阵是 $A$，则 $\{\beta_j\}$ 到 $\{\alpha_i\}$ 的过渡矩阵是 $A^{-1}$
给定一个可逆矩阵 $A$，以及一个基 $(\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n)$，就可以找到另一个基
若从基 $\alpha_1,...,\alpha_n$ 到基 $\beta_1,...,\beta_n$ 的过渡矩阵是 $A$，从基 $\beta_1,...,\beta_n$ 到基 $\gamma_1,...,\gamma_n$ 的过渡矩阵是 $B$，则从基 $\alpha_1,...,\alpha_n$ 到基 $\gamma_1,...,\gamma_n$ 的过渡矩阵是 $AB$

重要推论：设向量 $\eta$ 在基 $\alpha_1,...,\alpha_n$ 与基 $\beta_1,...,\beta_n$ 下对应坐标分别是 $X$ 和 $Y$，且从基 $\alpha_1,...,\alpha_n$ 到基 $\beta_1,...,\beta_n$ 的过渡矩阵是 $A$，即：

$$ \begin{aligned} \eta &= (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)X\\ \eta &= (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)Y\\ (\beta_1,...,\beta_n)&=(\alpha_1,...,\alpha_n)A \end{aligned} $$

显然有：$\color {red}{X = AY}$

过渡矩阵可逆证明如下：

反证法：假设 $A$ 不可逆，则方程 $Ax=0$ 有非零解。因为

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n) = (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)A $$

两边同乘 $x$ 得

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)x = (\alpha_1 \; \alpha_2 \; ... \; \alpha_n)Ax=0 $$

因为向量 $(\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)$ 是线性空间的一组基，所以它们线性无关，所以

$$ (\beta_1 \; \beta_2 \; ... \; \beta_n)x=0 $$

仅有零解，与假设矛盾，故 $A$ 可逆，证毕

例 10

已知 $\mathbb {R}^4$ 中的两组基

$$ \begin{array}{l} \alpha_{1}=[1,-1,0,0]^{\mathrm{T}}, \alpha_{2}=[0,1,-1,0]^{\mathrm{T}}, \\ \alpha_{3}=[0,0,1,-1]^{\mathrm{T}}, \alpha_{4}=[1,0,0,1]^{\mathrm{T}} \end{array} $$

与

$$ \begin{array}{l} \beta_{1}=[2,1,-1,1]^{\mathrm{T}}, \beta_{2}=[0,3,1,0]^{\mathrm{T}} \\ \beta_{3}=[5,3,2,1]^{\mathrm{T}}, \beta_{4}=[6,6,1,3]^{\mathrm{T}} \end{array} $$

求：由基 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$ 到基 $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4$ 的过渡矩阵，并求向量 $\xi=[x_1,x_2,x_3,x_4]^T$ 在基 $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4$ 下的坐标

解；设

$$ [\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4]=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4]P $$

将 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_4,\alpha_4$ 与 $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4$ 代入上式得

$$ \left[\begin{array}{rrrr} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 3 & 6 \\ -1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array}\right] \boldsymbol{P} $$

故过渡矩阵

$$ \begin{aligned} P &=\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}{rrrr} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 3 & 6 \\ -1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right] \\ &=\left[\begin{array}{llll} \frac{1}{2} & -2 & -\frac{1}{2} & -2 \\ \frac{3}{2} & 1 & \frac{5}{2} & 4 \\ \frac{1}{2} & 2 & \frac{9}{2} & 5 \\ \frac{3}{2} & 2 & \frac{11}{2} & 8 \end{array}\right] \end{aligned} $$

设

$$ \begin{aligned} \xi&=\left[\begin{array}{l} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{array}\right]\\&=\left(\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}, \beta_{4}\right)\left[\begin{array}{l} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ y_{4} \end{array}\right] \end{aligned} $$

将 $\beta_1,\beta_2,\beta_3,\beta_4$ 坐标代入上式后整理得

$$ \begin{aligned} \left[\begin{array}{l} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ y_{4} \end{array}\right]&=\left[\begin{array}{rrrr} 2 & 0 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 3 & 6 \\ -1 & 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right]^{-1}\left[\begin{array}{l} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{array}\right]\\&=\left[\begin{array}{rrrr} \frac{4}{9} & \frac{1}{3} & -1 & -\frac{11}{9} \\ \frac{1}{27} & \frac{4}{9} & -\frac{1}{3} & -\frac{23}{27} \\ \frac{1}{3} & 0 & 0 & -\frac{2}{3} \\ -\frac{7}{27} & -\frac{1}{9} & \frac{1}{3} & \frac{26}{27} \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{array}\right]\\ &=\left[\begin{array}{rrrr} \frac{4}{9}x_1 + \frac{1}{3}x_2 -x_3 -\frac{11}{9}x_4 \\ \frac{1}{27}x_1 + \frac{4}{9}x_2 -\frac{1}{3} x_3 -\frac{23}{27}x_4 \\ \frac{1}{3}x_1 -\frac{2}{3}x_4 \\ -\frac{7}{27}x_1 -\frac{1}{9}x_2 + \frac{1}{3}x_3 + \frac{26}{27}x_4 \end{array}\right] \end{aligned} $$