Rozwi¸ azanie: Wiemy, ˙ze U + V ⊂ R n . Z tego wynika, ˙ze dim U + V ≤ n. Ponadto, mamy, ˙ze

Suma i przeci¸ ecie podprzestrzeni, przestrze´ n ilorazowa Javier de Lucas

Cwiczenie 1. Dowie´s´ ´ c, ˙ze je´sli U i V s¸ a podprzestrzeniami n-wymiarowej przestrzeni wektorowej oraz dim U = r i dim V = s, to

max(0, r + s − n) ≤ dim(U ∩ V ) ≤ min(r, s), max(r, s) ≤ dim(U + V ) ≤ min(r + s, n).

Poda´ c przyk lady pokazuj¸ ace, ˙ze ka˙zda z tych nier´ owno´sci mo˙ze by´ c r´ owno´sci¸ a.

Rozwi¸ azanie: Wiemy, ˙ze U + V ⊂ R ⁿ . Z tego wynika, ˙ze dim U + V ≤ n. Ponadto, mamy, ˙ze

dim(U + V ) = dim U + dim V − dim(U ∩ V ). (1.1) Z tych dw´ och fakt´ ow, wynika, ˙ze

dim(U ∩ V ) = dim U + dim V − dim(U + V ) ≥ dim U + dim V − n = r + s − n.

Ponadto, 0 ≤ dim(U ∩ V ). Wi¸ec,

max(0, r + s − n) ≤ dim(U ∩ V ). (1.2) Wida´ c, ˙ze kiedy U ∩ V = {0} i U + V = R ⁿ , to z (1.1) wynika, ˙ze r + s = n i dim(U ∩ V ) = 0. Zatem, mamy r´ owno´s´ c w (1.2).

Mamy, ˙ze U ∩ V ⊂ V i U ∩ V ⊂ U . Wi¸ec,

dim U ∩ V ≤ dim V, dim U ∩ V ≤ dim U.

Zatem

dim U ∩ V ≤ min(dim U, dim V ). (1.3) Je˙zeli U ⊂ V , to U ∩ V = U i mamy r´ owno´s´ c w (1.3).

Mamy, ˙ze U ⊂ U + V i V ⊂ U + V . Wi¸ec,

dim U ≤ dim(U + V ), dim V ≤ dim(U + V ).

Zatem

max(r, s) = max(dim U, dim V ) ≤ dim(U + V ). (1.4)

Je˙zeli U ⊂ V , to U + V = V i dim(U + V ) = dim V = s ≥ dim U = r. Wi¸ec, mamy

r´ owno´s´ c w (1.4).

Ponadto,

dim(U + V ) = dim U + dim V − dim(U ∩ V ) ≤ dim U + dim V = r + s.

Dodatkowo, U + V ⊂ R ⁿ . Wi¸ec, dim(U + V ) ≤ n. W´ owczas,

dim(U + V ) ≤ min(r + s, n). (1.5)

Je˙zeli V = R ⁿ , to wida´ c, ˙ze n = dim(U + V ) ≤ min(n + s, n) = n. 

Cwiczenie 2. Poda´ ´ c baz¸e sumy i cz¸e´sci wsp´ olnej pow lok liniowych ha ₁ , a ₂ , a ₃ i oraz hb ₁ , b ₂ , b ₃ i:

i)

a ₁ = (1, 2, 1), a ₂ = (1, 1, −1), a ₃ = (1, 3, 3), b ₁ = (1, 2, 2), b ₂ = (2, 3, −1), b ₃ = (1, 1, −3).

ii)

a ₁ = (−1, 6, 4, 7, −2), a ₂ = (−2, 3, 0, 5, −2), a ₃ = (−3, 6, 5, 6, −5), b ₁ = (1, 1, 2, 1, −1), b ₂ = (0, −2, 0, −1, −5), b ₃ = (2, 0, 2, 1, −3).

iii)

a 1 = (1, 1, 0, 0, −1), a 2 = (0, 1, 1, 0, 1), a 3 = (0, 0, 1, 1, 1), b ₁ = (1, 0, 1, 0, 1), b ₂ = (0, 2, 1, 1, 0), b ₃ = (1, 2, 1, 2, −1).

Rozwi¸ azanie: Najpierw obliczymy wymiar przestrzeni A = ha ₁ , a ₂ , a ₃ i. Wiemy, ˙ze

dim A = rank





1 1 1

2 1 3

1 −1 3



 = rank





1 0 0

2 −1 1 1 −2 2



 = rank





1 0 0

2 −1 0 1 −1 0



 = 2.

Wida´ c, ˙ze A jest zgenerowana przez liniowo niezale˙zne wektory

(1, 2, −1), (0, −1, −1).

Wi¸ec, takie wektory tworz¸ a baz¸e i dim A = 2.

Natomiast, wymiar przestrzeni B = hb ₁ , b ₂ , b ₃ i jest

dim B = rank





1 2 1

2 3 1

2 −1 −3



 = rank





1 0 0

2 −1 −1 2 −5 −5



 = rank





1 0 0

2 −1 0 2 −5 0



 = 2.

Wida´ c, ˙ze B jest zgenerowana przez liniowo niezale˙zne wektory (1, 2, 2), (0, 1, 5).

Wi¸ec, takie wektory tworz¸ a baz¸e B i dim B = 2. Przestrze´ n A + B jest zgenerowana przez wektory baz A i B. Wi¸ec,

dim A + B = rank





1 1 0 0

2 2 1 −1

−1 2 5 −1



 = rank





1 0 0 0 2 0 0 1

−1 3 4 1



 = 3.

Wi¸ec, dim A + B = 3. Z wzoru (1.1), wynika, ˙ze dim A ∩ B = 1. Ponadto, z baz tych przestrzeni, wida´ c, ˙ze elementy A ∩ B s¸ a wektorami w takimi, ˙ze

w = λ ₁ (1, 2, 2) + λ ₂ (0, 1, 5) = λ ₃ (1, 2, −1) + λ ₄ (0, −1, −1),

dla pewnych liczb λ ₁ , λ ₂ , λ ₃ , λ ₄ ∈ R. W postaci macierzowej taki uk lad wygl¸ ada nast¸epuj¸ aco





1 0 −1 0 0 2 1 −2 1 0

2 5 1 1 0





R

−2R

→R

R

−2R

→R

→





1 0 −1 0 0

0 1 0 1 0

0 5 3 1 0





R

−5R

→R

→





1 0 −1 0 0

0 1 0 1 0

0 0 3 −4 0



 . Czyli

λ ₁ = λ ₃ , λ ₂ = −λ ₄ , λ ₃ = 4λ ₄ /3.

Mo˙zemy ustali´ c, ˙ze λ ₄ jest dowolna i reszt¸e mo˙zna ustali´ c z jej warto´sci. Wi¸ec, elementy w maj¸ a posta´ c,

w = λ 4 [4/3(1, 2, −1) + (0, −1, −1)] ↔ A ∩ B = h(4, 5, −7)i.

Wi¸ec, taki wektor tworzy baz¸e tej podprzestrzeni.



Cwiczenie 3. Niech podprzestrzenie U, V ⊂ R ´ ⁿ b¸ed¸ a okre´slone uk ladami r´ owna´ n x ₁ + x ₂ + . . . + x _n = 0, x ₁ = . . . = x _n .

Wykaza´ c, ˙ze R ⁿ = U ⊕ V oraz wyznaczy´ c rzuty wektor´ ow jednostkowych na pod- przestrze´ n U r´ ownolegle do V i na podprzestrze´ n V r´ ownolegle do U .

Rozwi¸ azanie: Najpierw, udowodnimy, ˙ze U + V = R ⁿ . Aby to zrobi´ c, udowodnimy, ˙ze ka˙zdy wektor w = (x ₁ , . . . , x _n ) ∈ R ⁿ mo˙zna przedstawi´ c jako sum¸e w = u + v dw´ och wektor´ ow u ∈ U i v ∈ V . Wida´ c, ˙ze

w = (x ₁ − S + S, x ₂ − S + S, . . . , x _n − S + S), gdzie S = (x ₁ + . . . + x _n )/n. Wtedy,

w = (x ₁ , x ₂ , . . . , x _n ) = (S, . . . , S) + (x ₁ − S, . . . , x _n − S).

Wida´ c, ˙ze

(S, . . . , S) ∈ V, (x ₁ − S, . . . , x _n − S) ∈ U.

W la´snie,

n

X

i=1

(x _i − S) = (x ₁ + . . . + x _n ) − nS = 0.

Z tego wynika, ˙ze R ⁿ . Skoro U + V ⊂ R ⁿ , to oznacza, ˙ze U + V = R ⁿ .

Teraz, mo˙zemy udowodni´ c, ˙ze U ∩ V = {0}. W la´snie, je˙zeli w ∈ A ∩ B to

w = (x 1 , . . . , x n ),

n

X

i]1

x i = 0

poniewa˙z w ∈ A. Skoro w ∈ B to x ₁ = . . . = x _n . Wi¸ec, 0 =

n

X

i]1

x _i = 0 = nx _i = 0, i = 1, . . . , n.

Zatem, w = 0 i A ∩ B = {0}.

Teraz,

e _i ≡ (0, . . . , 0, ^wyraz−i 1 , 0, . . .) = (1/n, . . . , 1/n) + (−1/n, . . . ,

wyraz−i

1 − 1/n, . . . , −1/n).

Wi¸ec, rzut e _i na U wzd lu˙z V to

(−1/n, . . . ,

wyraz−i

1 − 1/n, . . . , −1/n) i rzut e _i na V wzd lu˙z U to

(1/n, . . . , 1/n).



Cwiczenie 4. W przestrzeni R ´ ⁴ okre´slamy podprzestrzenie

U = h(1, 1, 1, 1), (−1, −2, 0, 1)i, V = h(−1, −1, 1, −1), (2, 2, 0, 1)i.

Wykaza´ c, ˙ze R ⁴ = U ⊕V i znale´ z´ c rzut wektora (4, 2, 4, 4) na podprzestrze´ n U r´ ownolegle do V .

Rozwi¸ azanie: Aby ustali´ c, czy R ⁴ = U ⊕ V , trzeba sprawdzi´ c, czy U + V = R ⁴ i U ∩ V = {0}. Wida´ c, ˙ze dim A + B jest r´ owny

rank









1 −1 −1 2 1 −2 −1 2

1 0 1 0

1 1 −1 1









= rank









1 0 0 0

1 −1 0 0

1 1 2 −2

1 2 0 −1









= rank









1 0 0 0

1 −1 0 0

1 1 2 0

1 2 0 −1









= 4.

Skoro dim A, dim B ≤ 2 i dim A + B = 4, to z wzoru (1.1) wynika, ˙ze dim A = dim B = 2 i dim A ∩ B = 0. W´ owczas A ∩ B = {0}. Zatem A ⊕ B ' R ⁴ . Poniewa˙z A jest zgenerowana przez (1, 1, 1, 1) i (1, −2, 0, 1) i dim A = 2 to takie wektory tworz¸ a baz¸e podprzestrzeni A. Dodatkowo, poniewa˙z B jest zgenerowana przez (−1, −1, 1, −1) i (2, 2, 0, 1) i dim B = 2 to takie wektory tworz¸ a baz¸e podprzestrzeni B. Z tego, mamy nast¸epuj¸ ac¸ a baz¸e naszej przestrzeni

e ₁ = (1, 1, 1, 1), e ₂ = (1, −2, 0, 1), e ₃ = (−1, −1, 1, −1) e ₄ = (2, 2, 0, 1).

Dany wektor v, mo˙zna napisa´ c jako liniow¸ a kombinacj¸e wektor´ ow powy˙zszej bazy

v = λ ₁ e ₁ + λ ₂ e ₂ + λ ₃ e ₃ + λ ₄ e ₄ .

To pozwala nam zapisa´ c v w postaci v = v ₁ + v ₂ , gdzie v ₁ ∈ A i v ₂ ∈ B. Wida´c, ˙ze taki rozk lad jest jedynym. Je˙zeli mamy drugi taki rozk lad v = ¯ v ₁ + ¯ v ₂ , to

v ₁ − ¯ v ₁ = −v ₂ + ¯ v ₂ .

Lewa strona nale˙zy do A i prawa do B. Skoro A ∩ B = {0}, to v ₁ = ¯ v ₁ i v ₂ = ¯ v ₂ . Z tego, mo˙zemy zdefiniowa´ c rzut v _A = λ ₁ e ₁ + λ ₂ e ₂ wektora v na A wzd lu˙z B. Aby to ustali´ c, musimy obliczy´ c λ ₁ , λ ₂ . Mamy uk lad:









1 −1 −1 2 4 1 −2 −1 2 2

1 0 1 0 1

1 1 −1 1 1









→









1 −1 −1 2 4

0 −1 0 0 −2

0 1 2 −2 −3

0 2 0 −1 −3









→









1 −1 −1 2 4

0 1 0 0 2

0 0 2 −2 −5

0 0 0 −1 −7









Wi¸ec, mamy, ˙ze

λ ₁ = −7/2, λ ₂ = 2, λ ₄ = 7, λ ₃ = 9/2.

W´ owczas

v _A = − 7

2 e ₁ + 2e ₂ .



Cwiczenie 5. Wykaza´ ´ c, ˙ze przestrze´ n macierzy M _n (R) jest sum¸a prost¸a podprzestrzeni macierzy symetrycznych i podprzestrzeni antysymetrycznych oraz wynaczy´ c rzut macierzy

C =

















1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1

















na ka˙zd¸ a z tych podprzestrzeni r´ ownolegle do drugiej z nich.

Rozwi¸ azanie: Przypominamy, ˙ze macierz symetryczna jest macierz¸ a tak¸ a, ˙ze A _ij = A _ji dla i.j = 1, . . . , n, np.

















0 1 2 3 4 5 1 0 1 2 3 4 2 1 0 1 2 3 3 2 1 0 1 2 4 3 2 1 0 1 5 4 3 2 1 0

















Natomiast, macierz antysymetryczna to macierz taka, ˙ze A _ij = −A _ji dla i.j = 1, . . . , n, np.

















0 1 2 3 4 5

−1 0 1 2 3 4

−2 −1 0 1 2 3

−3 −2 −1 0 1 2

−4 −3 −2 −1 0 1

−5 −4 −3 −2 −1 0















 .

Ka˙zdy element A przestrzeni M _n (R) mo˙zna przedstawi´c w postaci A = A + A ^T

2 + A − A ^T

2 , (5.1)

gdzie A ^T to tzw. macierz transponowana do A, czyli to macierz taka, ˙ze (A ^T ) ij = A ji

dla i, j = 1, . . . , n. Wida´ c, ˙ze kiedy macierz A jest symetryczna, to A ^T _ij = A _ij dla i, j = 1, . . . , n i antysymetryczna gdy A ^T _ij = −A _ij . Wida´ c, ˙ze

B ¹ = A + A ^T 2 jest macierz¸ a symetryczn¸ a. W la´snie

B _ij ¹ = (A _ij + A ^T _ij )/2 = (A _ij + A _ji )/2 = (A _ji + A _ji )/2 = B _ji ¹ . Natomiast,

B ² = A − A ^T 2

jest macierz¸ a antysymetryczn¸ a. Z tego wynika, ˙ze M _n (R) = S n (R) + A n (R), gdzie S n (R)

to podprzestrze´ n liniowa macierzy symmetrycznych w przestrzeni M _n (R) i A n (R) to

podprzestrze´ n liniowa macierzy antysymmetrycznych w przestrzeni M _n (R).

Teraz, udowodnimy, ˙ze S _n (R) ∩ A n (R) = {0}. Je˙zeli A ∈ S n (R) ∩ A n (R), to A _ij = A _ji , A _ij = −A _ji .

Z tego A _ij = 0.

Teraz, dana macierz

C =

















1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1















 ,

rzut macierzy C na S _n (R) wzd lu˙z A n (R), to

C + C ^T

2 =

















2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 0 2















 .

Natomiast, rzut macierzy C na A _n (R) wzd lu˙z S n (R), to

C − C ^T

2 =

















0 1 1 1 1 1

−1 0 1 1 1 1

−1 −1 0 1 1 1

−1 −1 −1 0 1 1

−1 −1 −1 −1 0 1

−1 −1 −1 −1 −1 0















 .



Cwiczenie 6. Wyznaczy´ ´ c wymiary sumy i cz¸e´sci wsp´ olnej pow lok liniowych uk lad´ ow wektor´ ow R ⁴ :

i)

S = h(1, 2, 0, 1), (1, 1, 1, 0)i, T = h(1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1)i.

ii)

S = h(1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, −1), (1, 3, 1, 3)i, T = h(1, 2, 0, 2), (1, 2, 1, 2), (3, 1, 3, 1)i.

iii)

S = h(2, −1, 0, −2), (3, −2, 1, 0), (1, −1, 1, −1)i, T = h(3, −1, −1, 0), (0, −1, 2, 3), (5, −2, −1, 0)i.

Rozwi¸ azanie: Suma podprzestrzeni S i T , tj. S + T , to podprzestrze´ n wektor´ ow postaci v + w, gdzie v ∈ S i w ∈ T . Podprzestrze´ n S jest zgenerowana przez wektory

(1, 2, 0, 1), (1, 1, 1, 0),

kt´ ore s¸ a liniowo niezale˙zne. W´ owczas, dim S = 2. Ponadto, podprzestrze´ n T jest zgen- erowana przez wektory

(1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1),

kt´ ore s¸ a te˙z liniowo niezale˙zne. W´ owczas dim T = 2. Z tego, S + T jest zgenerowana przez uk lad wektor´ ow

(1, 2, 0, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 3, 0, 1).

Aby wyznaczy´ c wymiar S + T musimy obliczy´ c najwi¸eksz¸ a liczb¸e wektor´ ow liniowo niezale˙znych tego uk ladu wektor´ ow generuj¸ acych. Ju˙z wiemy, ˙ze liczba tych wektor´ ow to rz¸ ad macierzy

rank









1 1 1 1 2 1 0 3 1 1 1 0 1 0 0 1









= rank









1 0 0 0

2 −1 −2 1

1 0 0 −1

1 −1 −1 0









= 1 + rank





1 1 0 0 0 −1 1 0 −1





= 1 + rank





0 1 0 0 0 1 1 0 1



 = 2 + rank  0 1 1 1



= 4.

Skoro T + S to podprzestrze´ n przestrzeni R ⁴ i ma wymiar cztery, to T + S = R ⁴ . Poniewa˙z, 4 = dim R ⁴ = dim S + T = dim S + dim T − dim S ∩ T = 4 − dim S ∩ T , to dim S ∩ T = 0. W´ owczas, S ∩ T = {0}. Wtedy, mo˙zna powiedzie´ c, ˙ze suma algebraiczna i suma prosta podprzestrzeni S, T s¸ a izomorficzne.

W drugim przyk ladzie, przestrze´ n S jest zgenerowana przez wektory (1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, −1), (1, 3, 1, 3).

Warto sprawdzi´ c maksymaln¸ a liczb¸e liniowo niezale˙znych wektor´ ow tego uk ladu. To pozwala nam okre´sli´ c wymiar przeci¸ecia. W tym przypadku, mamy, ˙ze

rank









1 1 1

1 −1 3

1 1 1

1 −1 3









= rank









1 0 0

1 −2 2

1 0 0

1 −2 2









= 2.

Natomiast, T jest zgenerowana przez wektory

(1, 2, 0, 2), (1, 2, 1, 2), (3, 1, 3, 1)

Warto znowu sprawdzi´ c maksymaln¸ a liczb¸e liniowo niezale˙znych wektor´ ow tego uk ladu.

Mamy, ˙ze

rank









1 1 3 2 2 1 0 1 3 2 2 1









= rank









1 0 0 1 0 −5 1 1 3 1 0 −5









= 3.

to S + T jest zegenerowana przez uk lad wektor´ ow

(1, 1, 1, 1), (0, 2, 0, 2), (1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 5, 3, 5).

Aby wyznaczy´ c wymiar S + T musimy ustali´ c najwi¸eksz¸ a liczb¸e wektor´ ow liniowo niezale˙znych tego uk ladu. Ju˙z wiemy, ˙ze liczba tych wektor´ ow to rz¸ ad macierzy

rank









1 1 1 1 2 1 0 3 1 1 1 0









= rank









1 0 0 0

2 −1 −2 1

1 0 0 −1









= 1 + rank





1 1 0 0 0 −1 1 0 −1





Skoro T + S to podprzestrze´ n przestrzeni R ⁴ i ma wymiar cztery, to T + S = R ⁴ . Poniewa˙z, 4 = dim R ⁴ = dim S + T = dim S + dim T − dim S ∩ T = 4 − dim S ∩ T , to dim S ∩ T = 0. W´ owczas, S ∩ T = {0}. Wtedy, mo˙zna powiedzie´ c, ˙ze suma algebraiczna i suma prosta podprzestrzeni S, T s¸ a izomorficzne. 

Cwiczenie 7. Okre´sl struktur¸e przestrzeni R ´ ² /W , gdzie W = {(x, y) ∈ R ² : x + y = 0}. Znajd´ z warstwy [(1, 1)], [(3, 4)], [(1, 1)] + [(3, 4)], 5[(3, 4)] oraz podaj interpretacj¸e geometryczn¸ a tych warstw.

Rozwi¸ azanie: Elementy przestrzeni R ² /W s¸ a warstwami [(x, y)] z (x, y) ∈ R ² . Wida´ c, ˙ze je˙zeli (x ⁰ , y ⁰ ) ∈ [(x, y)], to

(x − x ⁰ , y − y ⁰ ) ∈ H ⇒ (x − x ⁰ ) + (y − y ⁰ ) = 0 ⇒ x + y = x ⁰ + y ⁰ .

Odwrotnie, je˙zeli (x, y) i (x ⁰ , y ⁰ ) spe lniaj¸ a x − x ⁰ + y − y ⁰ , to (x, y) − (x ⁰ , y ⁰ ) ∈ H. Wi¸ec, klasy (warstwy) przestrzeni R ² /W maj¸ a posta´ c

H k = {(x, y) ∈ R ² |x + y = k}, k ∈ R.

To p laszczyzna kt´ ora przechodzi przez punkt (x ₀ , y ₀ ) taki, ˙ze x ₀ + y ₀ = k. Elementy tej warstwy maj¸ a posta´ c

(x, y) = (x ₀ , y ₀ ) + w, w ∈ W.

Wi¸ec,

[(1, 1)] = H ₂ = {(1, 1) + w|w ∈ H}, [(3, 4)] = H ₂ = {(1, 1) + w|w ∈ H}

Z definicji przestrzeni R ² /W mamy, ˙ze

[(x, y)] + [(x ⁰ , y ⁰ )] = [(x + x ⁰ , y + y ⁰ )], λ[(x, y)] = [(λx, λy)].

Inaczej m´ owi¸ ac,

H _x+y + H _x

_+y

= H _x+y+x

_+y

, λH _x+y = H _λ(x+y) .



Cwiczenie 8. Opisz warstwy przestrzeni V /W oraz podaj baz¸e tej przestrzeni, je´sli: ´

• V = R ^∞ , W = {(a _n ) ^∞ _n=1 ∈ R ^∞ : a ₁ = a ₂ = 0}.

• V = R ^∞ , W = {(a _n ) ^∞ _n=1 ∈ R ^∞ : a ₂ = 0}.

• V = R ^∞ , W = {(a n ) ^∞ _n=1 ∈ R ^∞ : a 1 = 4a 2 = 5a 3 }.

• V = C([0, 1], R), W = {f ∈ C([0, 1], R) : R 1

0 f (x)dx = 0}.

• V = C([0, ∞), R), W = {f ∈ C([0, ∞), R) : a ¹ = a 2 = 0}.

Rozwi¸ azanie: Podprzestrze´ n W ma dope lnienie

W = {(a ¯ _n ) ^∞ _n=1 : a _k = 0, k = 3, 4, . . .}.

Ka˙zdy element (a _n ) ^∞ _n=1 ∈ V mo˙zna zapisa´c jako (a _n ) ^∞ _n=1 = (w _n ) ^∞ _n=1 + ( ¯ w _n ) ^∞ _n=1 , gdzie

(a _n ) ^∞ _n=1 = (v ₁ , v ₂ , v ₃ , v ₄ , . . .), (w _n ) ^∞ _n=1 = (0, 0, v ₃ , v ₄ , . . .), ( ¯ w _n ) ^∞ _n=1 = (v ₁ , v ₂ , 0, 0, . . .).

W´ owczas, W + ¯ W = V . Ponadto, je˙zeli (a n ) ^∞ _n=1 ∈ W ∩ ¯ W , wida´ c, ˙ze (a _n ) ^∞ _n=1 = (0, 0, 0, 0, 0, 0, . . .).

Zatem (a _n ) ^∞ _n=1 = 0 i W ∩ ¯ W = {0}.

Korzystaj¸ ac z tego depe lnienia, mamy, ˙ze V /W ' ¯ W . Baza ¯ W to e ₁ = (1, 0, 0, . . .), e ₂ = (0, 1, 0, . . .).

Wi¸ec, baza V /W to

[e ₁ ] = e ₁ + W, [e ₂ ] = e ₂ + W.