8 , 说明xOy平面上变换T$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=A$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$的几何意义

其中(1) A=$\begin{bmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ (2)A=$\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ (3)A=$\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ (4) A=$\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{bmatrix}$

(反射就是镜像,就是对称)

解:(1)T$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - x \\ y \end{bmatrix}$ , 故变换T把向量$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$关于y轴反射

(2) T$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 0 \\ y \end{bmatrix}$ , 故变换T把向量$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$向y轴投影

(3) T$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} y \\ x \end{bmatrix}$ , 故变换T把向量$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$关于直线y=x反射

(4) T$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} y \\ - x \end{bmatrix}$ , 故变换T把向量$\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$先关于直线y=x反射,

再关于x轴反射 ; 或者把向量绕原点顺时针方向旋转90°

9 , n阶对称阵的全体V对于矩阵的线性运算构成一个$\frac{1}{2}$n(n+1)维线性空间，

P是n阶可逆矩阵 ,

以A表示V中的任一向量 , 变换T(A)=P^TAP称为合同变换，

试证合同变换T是V中的线性变换

证：

要证明合同变换 $T(A) = P^{T}AP$ 是线性空间 $V$ 上的线性变换，

只需验证它满足线性变换的两个核心条件：加法保持性和数乘保持性。

核心依据 线性变换的定义：

设 $V$ 是数域 $P$ 上的线性空间，

若对任意 $A,B \in V$ 和任意 $k \in P$，满足

1. $T(A + B) = T(A) + T(B)$

2. $T(kA) = kT(A)$

那以变换 $T:V \rightarrow V$ 称为线性变换，

步骤1：验证加法保持性

任取 $A,B \in V$，因为 $V$ 是对称阵的集合，所以 $A^{T} = A$，$B^{T} = B$。

$$T(A + B) = P^{T}(A + B)P = P^{T}AP + P^{T}BP = T(A) + T(B)$$

这里用到了矩阵乘法对加法的分配律，因此加法保持性成立。

步骤2：验证数乘保持性

任取 $A \in V$，$k \in P$，$T(kA) = P^{T}(kA)P = kP^{T}AP = kT(A)$

这里用到了数乘与矩阵乘法的结合律，因此数乘保持性成立。

步骤3：验证 $T(A) \in V$ 线性变换要求变换后结果仍在原空间 $V$ 中，

需验证 $T(A)$ 是对称阵：$\lbrack T(A)\rbrack^{T} = (P^{T}AP)^{T} = P^{T}A^{T}(P^{T})^{T} = P^{T}AP = T(A)$

因此 $T(A) \in V$。

结论

合同变换 $T(A) = P^{T}AP$ 满足线性变换的全部条件，故它是 $V$ 中的线性变换。

10 , 函数集合V₃={α=(a₂x²+a₁x+a₀)e^x |a₂ , a₁ , a₀属于R}

对于函数的线性运算构成3维线性空间

在V₃中取一个基α₁=x²e^x , α₂=xe^x , α₃=e^x ,

求微分运算D在这个基下的矩阵

解:

步骤1：计算$D$作用于每个基向量的结果

分别对基$\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$求导，再将结果表示为$\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}$的线性组合。

（1）计算$D(\alpha_{1})\alpha_{1} = x^{2}e^{x}$，按乘积求导法则：

$$D(\alpha_{1}) = (x^{2}e^{x})' = (x^{2})'e^{x} + x^{2}(e^{x})' = 2xe^{x} + x^{2}e^{x} = 1 \cdot \alpha_{1} + 2 \cdot \alpha_{2} + 0 \cdot \alpha_{3}$$

线性组合系数为：$(1,2,0)$（对应矩阵第一列）。

（2）计算$D(\alpha_{2})\alpha_{2} = xe^{x}$，按乘积求导法则：

$$D(\alpha_{2}) = (xe^{x})' = (x)'e^{x} + x(e^{x})' = 1 \cdot e^{x} + xe^{x} = 0 \cdot \alpha_{1} + 1 \cdot \alpha_{2} + 1 \cdot \alpha_{3}$$

线性组合系数为：$(0,1,1)$（对应矩阵第二列）。

（3）计算$D(\alpha_{3})\alpha_{3} = e^{x}$，直接求导：

$$D(\alpha_{3}) = (e^{x})' = e^{x} = 0 \cdot \alpha_{1} + 0 \cdot \alpha_{2} + 1 \cdot \alpha_{3}$$

线性组合系数为：$(0,0,1)$（对应矩阵第三列）。

步骤2：构造微分运算$D$在该基下的矩阵

根据线性变换在基下矩阵的定义，将上述3组系数按列排列，得到矩阵：

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

11 , 2阶对称矩阵的全体V₃=$\left\{ \ \ \left. \ A = \begin{bmatrix} x_{1} & x_{2} \\ x_{2} & x_{3} \end{bmatrix}\ \ \right|\ \ x_{1}\ ,\ x_{2}\ ,\ x_{3}属于R \right\}$

对于矩阵的线性运算构成3维线性空间

在V₃中取一个基$A_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , $A_{2} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ , $A_{3} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$

在V₃中定义合同变换T(A)=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$A$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$

求T在基A₁ , A₂ , A₃下的矩阵

解: 解：计算$T$作用于每个基矩阵的结果

分别对基$A_{1},A_{2},A_{3}$应用变换$T$，再将结果表示为$A_{1},A_{2},A_{3}$的线性组合。

1. 计算 $T(A_{1})$

$$A_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}.$$

$$T(A_{1}) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}.$$

用基表示 $T(A_{1})$

设 $T(A_{1}) = aA_{1} + bA_{2} + cA_{3}$。

即：$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = a\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} + b\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} + c\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & b \\ b & c \end{bmatrix}.$

比较矩阵元素：$a = 1,\quad b = 1,\quad c = 1.$

所以：$T(A_{1}) = 1 \cdot A_{1} + 1 \cdot A_{2} + 1 \cdot A_{3}.$

即列向量为：$\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$

2. 计算 $T(A_{2})$

$$A_{2} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}.$$

$$T(A_{2}) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}.$$

用基表示 $T(A_{2})$

设 $T(A_{2}) = aA_{1} + bA_{2} + cA_{3}$。

即：$\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & b \\ b & c \end{bmatrix}.$

比较：$a = 0,\quad b = 1,\quad c = 2.$

所以：$T(A_{2}) = 0 \cdot A_{1} + 1 \cdot A_{2} + 2 \cdot A_{3}.$

列向量：$\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}.$

3. 计算 $T(A_{3})$

$$A_{3} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

$$T(A_{3}) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}.$$

用基表示 $T(A_{3})$

比较：$a = 0,\quad b = 0,\quad c = 1.$

所以：$T(A_{2}) = 0 \cdot A_{1} + 0 \cdot A_{2} + 1 \cdot A_{3}.$

列向量：$\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$

4. 得到矩阵

将三列合并：$M = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \end{bmatrix}.$

二、例题增补

例6.1记二阶方阵的全体对于矩阵的加法和数乘运算构成的线性空间为M₂

设M₂中的两个基为

S₁ : E₁₁=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , E₁₂=$\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , E₂₁=$\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ , E₂₂=$\begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$

S₂ : B₁=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , B₂=$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , B₃=$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ , B₄=$\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$

(1)求由基S₁到基S₂的过渡矩阵

(2)分别求A=$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$在上述两个基中的坐标

(3)求一个非零的二阶矩阵X , 使X在上述两个基中的坐标相同

解:(1)求由基S₁到基S₂的过渡矩阵

将 $2 \times 2$ 矩阵按列向量形式展开为 $\mathbb{R}^{4}$ 中的向量

$$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{pmatrix}$$

$$E_{11} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \mathbf{\alpha}_{1},\quad E_{12} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \mathbf{\alpha}_{2},\quad$$

$$E_{21} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \mathbf{\alpha}_{3},\quad E_{22} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \mathbf{\alpha}_{4}$$

$B_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \mathbf{\beta}_{1}$，$B_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \beta_{2}$，

$B_{3} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \beta_{3}$，$B_{4} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \beta_{4}$

于是原题相当于在$\mathbb{R}^{4}$中取两个基

旧基$:\quad\mathbf{\alpha}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\mathbf{\alpha}_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\mathbf{\alpha}_{3} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\mathbf{\alpha}_{4} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix},$

新基$:\quad\mathbf{\beta}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\beta_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\beta_{3} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\beta_{4} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}.$

求由旧基S₁到新基S₂的表出系数构成的向量组

对任意新基向量$\beta_{j}$，有： $\beta_{j} = \alpha_{1}p_{1j} + \alpha_{2}p_{2j} + \alpha_{3}p_{3j} + \alpha_{4}p_{4j}$

$\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = p_{11}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{21}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{31}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{41}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，得：$p_{11} = 1,p_{21} = 0,p_{31} = 0,p_{41} = 0$。

$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = p_{12}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{22}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{32}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{42}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，得：$p_{12} = 1,p_{22} = 1,p_{32} = 0,p_{42} = 0$。

$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = p_{13}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{23}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{33}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{43}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，得：$p_{13} = 1,p_{23} = 1,p_{33} = 1,p_{43} = 0$。

$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = p_{14}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{24}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{34}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + p_{44}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，得：$p_{14} = 1,p_{24} = 1,p_{34} = 1,p_{44} = 1$。

最终过渡矩阵$P$ 将上述4列按顺序排列，得到旧基到新基的过渡矩阵：

$$P = \begin{bmatrix} p_{11} & p_{12} & p_{13} & p_{14} \\ p_{21} & p_{22} & p_{23} & p_{24} \\ p_{31} & p_{32} & p_{33} & p_{34} \\ p_{41} & p_{42} & p_{43} & p_{44} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

(2)分别求A=$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$在上述两个基中的坐标

解：①设A在原基中坐标为$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{bmatrix}$，在基S₁中坐标为$\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ y_{4} \end{bmatrix}$

将 $2 \times 2$ 矩阵按列向量形式展开为 $\mathbb{R}^{4}$ 中的向量$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{pmatrix}$

$$E_{11} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \mathbf{\beta}_{1},\quad E_{12} = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \beta_{2},\quad$$

$$E_{21} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \beta_{3},\quad E_{22} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \beta_{4}$$

原题相当于在$\mathbb{R}^{4}$中

求向量$\begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix}$在基S₁ $：\mathbf{\beta}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\beta_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\beta_{3} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\beta_{4} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix},$中的坐标

设原基为$\alpha_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\alpha_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\alpha_{3} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\alpha_{4} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

那么

(1) $\alpha_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = q_{11}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{21}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{31}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{41}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{11} = 1,\ q_{21} = 0,\ q_{31} = 0,\ q_{41} = 0,$

(2) $\alpha_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = q_{12}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{22}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{32}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{42}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{12} = 0,\ q_{22} = 1,\ q_{32} = 0,\ q_{42} = 0,$

(3) $\alpha_{3} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = q_{13}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{23}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{33}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{43}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{13} = 0,\ q_{23} = 0,\ q_{33} = 1,\ q_{43} = 0,$

(4) $\alpha_{4} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = q_{14}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{24}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{34}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{44}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{14} = 0,\ q_{24} = 0,\ q_{34} = 0,\ q_{44} = 1,$

因此，$\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ y_{4} \end{bmatrix} = x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

$$= a\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + b\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + c\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + d\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix}$$

所以A在基S₁中的坐标为$\begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix}$

②设A在原基中坐标为$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{bmatrix}$，在基S₂中坐标为$\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ y_{4} \end{bmatrix}$

将 $2 \times 2$ 矩阵按列向量形式展开为 $\mathbb{R}^{4}$ 中的向量$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{pmatrix}$

$B_{1} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \mathbf{\beta}_{1}$，$B_{2} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \beta_{2}$，

$B_{3} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \beta_{3}$，$B_{4} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \beta_{4}$

原题相当于在$\mathbb{R}^{4}$中

求向量$\begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{bmatrix}$在基S₂ $：\mathbf{\beta}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\beta_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\beta_{3} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\beta_{4} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},$的坐标

设原基为$\alpha_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\alpha_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\alpha_{3} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\alpha_{4} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

那么

(1) $\alpha_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = q_{11}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{21}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{31}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{41}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{11} = 1,\ q_{21} = 0,\ q_{31} = 0,\ q_{41} = 0,$

(2) $\alpha_{2} = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = q_{12}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{22}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{32}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{42}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{12} = - 1,\ q_{22} = 1,\ q_{32} = 0,\ q_{42} = 0,$

(3) $\alpha_{3} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = q_{13}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{23}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{33}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{43}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{13} = 0,\ q_{23} = - 1,\ q_{33} = 1,\ q_{43} = 0,$

(4) $\alpha_{4} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = q_{14}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{24}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{34}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + q_{44}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，

得：$q_{14} = 0,\ q_{24} = 0,\ q_{34} = - 1,\ q_{44} = 1,$

因此，$\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \\ y_{4} \end{bmatrix} = x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 0 \\ - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

$$= a\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + b\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + c\begin{bmatrix} 0 \\ - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + d\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ - 1 \\ 1 \end{bmatrix}$$

$$= \begin{bmatrix} a \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} - b \\ b \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ - c \\ c \\ 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ - d \\ d \end{bmatrix}$$

$$= \begin{bmatrix} a - b \\ b - c \\ c - d \\ d \end{bmatrix}$$

所以A在基S₂中的坐标为$\begin{bmatrix} a - b \\ b - c \\ c - d \\ d \end{bmatrix}$

(3)求一个非零的二阶矩阵X , 使X在上述两个基中的坐标相同

解：设$\zeta$在旧基下的坐标为 $\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{bmatrix}$，在新基下的坐标也为$\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{bmatrix}$。

那么，

在旧基下，$\zeta = x_{1}\alpha_{1} + x_{2}\alpha_{2} + x_{3}\alpha_{3} + x_{4}\alpha_{4} = x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

在新基下，$\zeta = x_{1}\beta_{1} + x_{2}\beta_{2} + x_{3}\beta_{3} + x_{4}\beta_{4} = x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

因为向量$\zeta$在两个基中的坐标相同，

所以，$x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$=$x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

$$x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} - x_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} - x_{2}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} - x_{3}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} - x_{4}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

$$x_{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

$$x_{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{3}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} + x_{4}\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

$$\begin{bmatrix} x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$$

得：$x_{1} = k,\quad x_{2} = 0,\quad x_{3} = 0,\quad x_{4} = 0.$

因此在两个基中有相同坐标的向量为：$\zeta = \begin{bmatrix} k \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = k\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix},\quad k \in \mathbb{R}.$