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

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