Báza lineárneho súčtu a prieniku podpriestorov

[Martin Sleziak]

Tento príklad som skopíroval zo súboru s riešenými úlohami - pre prípad, že by ho bolo treba vysvetliť detailnejšie alebo, že by boli k niektorým častiam otázky.$\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\di}[1]{d(#1)}$

Úloha: Zistite $\di U$, $\di V$, $\di{U+V}$, $\di{U\cap V}$, bázu $U+V$ a bázu $U\cap V$ d) v $\R^4$ pre $U=[(1,2,3,4),(1,1,1,1),(4,3,2,1)]$,

Štandardným spôsobom (pomocou riadkových úprav matice zostavenej z daných vektorov) nájdeme bázy $U=[(1,1,1,1),(0,1,2,3)]$ a $V=[(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,1)]$. Pri hľadaní bázy $U+V$ vytvoríme maticu zo všetkých vektorov patriacich do týchto 2 báz a zistíme, že $U+V=\R^4=[(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)]$. Tým sme našli aj dimenzie priestorov $U$, $V$ a $U+V$. Podľa vzorca $\di U+ \di V= \di{U+V} + \di{U\cap V}$ vidíme, že $\di{U\cap V}=1$.

V tomto prípade sa dá uhádnuť, že vektor, ktorý patrí do oboch priestorov je $(1,1,1,1,)=(1,1,0,0)+(0,0,1,1)$. Výpočtom to zistíme tak, že hľadáme vektory, ktoré sa dajú vyjadriť ako lineárna kombinácia vektorov z bázy $U$ a súčasne ako lineárna kombinácia vektorov z bázy priestoru $V$. Teda by sme chceli aby platilo $a(1,1,1,1)+b(0,1,2,3)=c(1,0,0,0)+d(0,1,0,0)+e(0,0,1,1)$, čo je ekvivalentné so sústavou rovníc $c-a=0$, $d-a-b=0$, $e-a-2b=0$, $e-a-3b=0$. Riešením sústavy dostaneme $a=c=d=e$, $b=0$. Ak zvolíme za $d=1$, tak hľadaný vektor je $1.(1,1,1,1)+0.(0,1,2,3)=(1,1,1,1)$ Preto $U\cap V=[(1,1,1,1)]$.