Lineární algebra

6.30. Věta. Nechť (B) = (b1, b2, . . . , bn) je uspořádaná báze lineárního prostoru R

n. Matice přechodu

od standardní báze (S) k bázi (B) má tvar

A(S,B) = (b

T
1 , b

T
2 , . . . , b

T
n ),

kde symbolem bT

i

značíme sloupec složek vektoru bi. Jinými slovy, uvedenou matici přechodu sestavíme

tak, že zapíšeme jednotlivé vektory báze vedle sebe, složky těchto vektorů zapíšeme do sloupců.

Důkaz. Stačí si zopakovat důkaz věty 6.19. Vidíme, že i-tý sloupec matice A(S,B) podle tohoto důkazu
obsahuje souřadnice vektoru bi vzhledem k bázi (S). Podle věty 6.29 jsou tyto souřadnice rovny přímo
složkám vektoru bi.

65

Lineární algebra

6. Více o lineárních prostorech konečné dimenze

6.31. Věta. Nechť (B) = (b1, b2, . . . , bn) a (C) = (c1, c2, . . . , cn) jsou uspořádané báze lineárního
prostoru Rn. Pak pro matice přechodu A(B,C) a A(C,B) platí

(A(C,B) | E) ∼ (b

T
1 , b

T
2 , . . . b

T
n | c

T
1 , c

T
2 , . . . c

T
n ) ∼ (E | A(B,C)),

kde „∼ÿ značí konečně mnoho kroků Gaussovy eliminační metody, E je jednotková matice a bT

i

resp. cT

j

jsou vektory bi resp. cj, jejichž složky jsou zapsány do sloupců.

Důkaz. Podle věty 6.30 je

(b

T
1 , b

T
2 , . . . b

T
n | c

T
1 , c

T
2 , . . . c

T
n ) = (A(S,B) | A(S,C)).

Dále podle vět 6.27 a 6.21 je A(B,C) = A(B,S) · A(S,C) = A

−1
(S,B) · A(S,C).

Protože (A(S,B) | A(S,C)) ∼ (E | X), existuje podle věty 3.55 taková regulární matice P, pro kterou

platí (P · A(S,B) | P · A(S,C)) = (E | X). Z rovnosti P · A(S,B) = E plyne P = A

−1
(S,B). Dostáváme tedy

X = P · A(S,C) = A

−1
(S,B) · A(S,C) = A(B,C).