Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 3: Układy liniowo niezależne, generatory, bazy

From Studia Informatyczne

Spis treści

Zadanie 3.1

Niech \displaystyle u i \displaystyle v będą dowolnymi wektorami należącymi do przestrzeni wektorowej \displaystyle V nad ciałem \displaystyle \mathbb{K}. Wykazać, że wektory \displaystyle u i \displaystyle v są liniowo zależne w przestrzeni \displaystyle V wtedy i tylko wtedy, gdy


\displaystyle \exists \lambda \in \mathbb{K} \  : \ u =\lambda v \text{ lub }\ \exists \mu \in \mathbb{K} \ :\   v =\mu u \tag{\displaystyle }      (*)


Wskazówka

Wystarczy skorzystać z definicji liniowej zależności wektorów.

Rozwiązanie

Dowód równoważności przeprowadzimy wykazując prawdziwość dwóch implikacji.

Załóżmy, że wektory \displaystyle u i \displaystyle  v są liniowo zależne. Chcemy wykazać, że zachodzi warunek (*).Z definicji liniowej zależności wynika, że pewna nietrywialna kombinacja liniowa wektorów \displaystyle u i \displaystyle v daje wektor zerowy w przestrzeni \displaystyle V, który oznaczamy tu przez \displaystyle \Theta. Oznacza to, że istnieją takie skalary \displaystyle \alpha, \displaystyle \beta \in \mathbb{K}, że


\displaystyle \alpha u + \beta v = \Theta


i \displaystyle \alpha \neq 0 lub \displaystyle \beta \neq 0. Jeśli \displaystyle  \alpha \neq 0, to istnieje w ciele \displaystyle \mathbb{K} element odwrotny do \displaystyle \alpha oznaczony tu przez \displaystyle \frac{1}{\alpha} i wówczas \displaystyle  u = \frac {-\beta}{\alpha} v, czyli możemy przyjąć, że \displaystyle \lambda=\frac {-\beta}{\alpha}. Jeśli \displaystyle  \beta \neq 0, to rozumując analogicznie otrzymujemy \displaystyle v =\frac{-\alpha}{\beta}u i możemy przyjąć \displaystyle \mu=\frac{-\alpha}{\beta}.

Dla dowodu drugiej implikacji załóżmy, że zachodzi warunek (*) i przypuśćmy, że \displaystyle  u =\lambda v. Wtedy


\displaystyle 1 u +(-\lambda) v  = \Theta


jest nietrywialną kombinacją linową wektorów \displaystyle  u i \displaystyle  v dającą wektor zerowy, co oznacza, że wspomniane wektory są liniowo zależne. W przypadku, gdy \displaystyle v =\mu u dowód przebiega analogicznie.

Zadanie 3.2

W \displaystyle  \mathbb{R}^3 zbadać liniową niezależność wektorów

a) \displaystyle (1,2,3) oraz \displaystyle (-2,-4,-6);
b) \displaystyle (1,0,1), \displaystyle (-1,2,1) i \displaystyle (0,2,2);
c) \displaystyle (1,-1,0), \displaystyle (2,1,1) i \displaystyle (3,0,2).

Wskazówka

Trzeba wziąć zerową kombinację liniową rozważanych wektorów i sprawdzić, czy współczynniki muszą się zerować.

Rozwiązanie

a) Wektory \displaystyle (1,2,3) oraz \displaystyle (-2,-4,-6) nie są liniowo niezależne - wystarczy zauważyć, że \displaystyle -2(1,2,3)=(-2,-4,-6) i skorzystać z zadania 3.1.
b) Wektory \displaystyle (1,0,1), \ (-1,2,1) i \displaystyle (0,2,2) nie są liniowo niezależne - wystarczy zauważyć, że \displaystyle (1,0,1)+(-1,2,1)=(0,2,2).
c) Aby zbadać liniową niezależność wektorów \displaystyle (1,-1,0), \ (2,1,1) i \displaystyle (3,0,2) rozważmy równanie

\displaystyle \alpha_1(1,-1,0)+\alpha_2(2,1,1)+\alpha_3 (3,0,2)=(0,0,0),


gdzie niewiadome \displaystyle \alpha_1,\ \alpha_2,\ \alpha_3\in\mathbb{R}. Równanie to sprowadza się do jednorodnego układu trzech równań liniowych z trzema niewiadomymi:


\displaystyle \left\{ \begin{array} {rcl} \alpha_1+2\alpha_2+3\alpha_3&=0\\ -\alpha_1+\alpha_2&=0\\ \alpha_2+2\alpha_3&=0 \end{array}  \right.


Rozwiązując ten układ dowolną metodą widzimy, że jedynym rozwiązaniem jest \displaystyle \alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=0, co oznacza, że dane wektory są liniowo niezależne.

Zadanie 3.3

Wykazać, że wektory \displaystyle u = (1,0,-1), \displaystyle v = (1,1,0) i \displaystyle w=(0,1,2) tworzą bazę przestrzeni \displaystyle  \mathbb{R}^3. Wyznaczyć podprzestrzeń przestrzeni \displaystyle  \mathbb{R}^3 generowaną przez wektory \displaystyle u i \displaystyle v. Zapisać lin \displaystyle   \{u,v\} w postaci


\displaystyle \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \ : \ ax+by+ cz =0 \}


przy stosownie dobranych \displaystyle  a,b,c \in \mathbb{R}.

Wskazówka

Badając liniową niezależność wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w można skorzystać ze wskazówek do zadania 3.2. Aby udowodnić, że wektory \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w stanowią bazę należy jeszcze wykazać, że dowolny wektor z przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3 da się przedstawić w postaci kombinacji liniowej wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w. Rozwiązując ostatnią część zadania trzeba pamiętać, że istnieje nieskończenie wiele trójek liczb \displaystyle a\displaystyle b\displaystyle c wyznaczających podprzestrzeń \displaystyle \lin \{u,v\}.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez \displaystyle \Theta wektor \displaystyle (0,0,0). Wykażemy najpierw, że wektory \displaystyle u, \displaystyle v i \displaystyle w są liniowo niezależne. Załóżmy, że \displaystyle \alpha, \displaystyle \beta, oraz \displaystyle \gamma są skalarami takimi, że


\displaystyle \alpha u + \beta v + \gamma w = \Theta.


To oznacza, że


\displaystyle \alpha (1,0,-1)+ \beta (1,1,0) + \gamma (0,1,2) = (0,0,0),


czyli


\displaystyle (\alpha + \beta , \beta + \gamma, -\alpha +2 \gamma)= (0,0,0).


Zatem liczby rzeczywiste \displaystyle \alpha, \displaystyle \beta\displaystyle \gamma spełniają układ równań:


\displaystyle \left\{\begin{array} {rcccc} \alpha  &+& \beta   &=0 \\ \beta   &+& \gamma  &=0 \\ -\alpha &+& 2\gamma &=0. \end{array}  \right.


Po pomnożeniu stronami drugiego równania przez \displaystyle -1 przyjmie ono postać


\displaystyle -\beta -\gamma=0.


Dodając do tego równania stronami równanie pierwsze i trzecie otrzymujemy, że \displaystyle \gamma=0. Teraz wstawiając wyliczoną wartość \displaystyle \gamma do wyjściowego układu równań widzimy, że \displaystyle \beta =0\displaystyle \alpha =0. Wykazaliśmy, że wektory \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w są liniowo niezależne.

Trzeba teraz pokazać, że wektory \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w generują przestrzeń \displaystyle  \mathbb{R}^3. W tym celu weźmy dowolny wektor \displaystyle \zeta=(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 i sprawdźmy, czy istnieją skalary \displaystyle \alpha, \displaystyle \beta, \displaystyle \gamma takie, że


\displaystyle \alpha u + \beta v + \gamma w = \zeta.


Z definicji działań w \displaystyle \mathbb{R}^3 wynika, że skalary te muszą spełniać układ równań


\displaystyle \left\{\begin{array} {rcccc} \alpha  &+& \beta   &=x \\ \beta   &+& \gamma  &=y \\ -\alpha &+& 2\gamma &=z. \end{array}  \right.


Jak łatwo obliczyć rozwiązaniami tego układu są liczby


\displaystyle \aligned \alpha &= 2x- 2y + z,& \beta &= -x + 2y - z,& \gamma &=x  - y + z. \endaligned


Przejdziemy teraz do wyznaczeniu wzoru opisującego podprzestrzeń \displaystyle U przestrzeni \displaystyle  \mathbb{R}^3 generowaną przez wektory \displaystyle u i \displaystyle v. Zgodnie z Twierdzeniem 1.3


\displaystyle U = \textnormal lin \{u,v\} =\{ \alpha u + \beta v : \alpha ,\beta \in \mathbb{R} \},


czyli


\displaystyle \aligned U&= \{(\alpha+\beta, \beta,-\alpha ) : \alpha ,\beta \in \mathbb{R}\}\\  &= \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x = y - z \}\\  &= \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x - y + z = 0\}. \endaligned


Stąd \displaystyle  a=1, b= -1, c=1. Widać, że każda trójka liczb postaci \displaystyle a,-a, a, gdzie \displaystyle a \in \mathbb{R} \setminus \{0\} może zastąpić liczby \displaystyle 1,-1,1 we wzorze opisującym podprzestrzeń \displaystyle U.

Zadanie 3.4

W \displaystyle  \mathbb{R}^n przedstawić wektor \displaystyle (x_1, x_2,\ldots, x_n) jako kombinację liniową wektorów z bazy kanonicznej.

Wskazówka

Zobaczmy jak wygląda wektor \displaystyle  a_1 e_1 +a_2 e_2+\ldots +a_n e_n.

Rozwiązanie

Korzystając z definicji działań w przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^n otrzymujemy:


\displaystyle \aligned (x_1, x_2, \ldots, x_n) &= (x_1, 0, \ldots, 0) + (0, x_2 ,0, \ldots , 0) \ +\ldots + (0, 0, \ldots ,0, x_n) \\ & = x_1(1, 0, \ldots, 0) + x_2(0,1,0 \ldots, 0) +\ldots+ x_n(0, 0, \ldots,0,1 ) \\ &= x_1 e_1 + x_2 e_2 + \ldots + x_n e_n. \endaligned


Widzimy, że liczby \displaystyle x_1,\ldots,x_n są współrzędnymi wektora \displaystyle (x_1, \ldots, x_n) w bazie kanonicznej.

Zadanie 3.5

Niech \displaystyle X będzie przestrzenią wektorową nad ciałem \displaystyle \mathbb{R}. Dane są wektory \displaystyle u_1,u_2,\ldots,u_n należące do przestrzeni \displaystyle X. Definiujemy wektory


\displaystyle \aligned x_1:=& u_1, \\ x_2:=& u_1 +u_2,\\ \vdots& \\ x_n:=& u_1 + u_2 +\ldots+u_n. \endaligned


Wykazać, że wektory \displaystyle u_1,\ldots,u_n są liniowo niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy wektory \displaystyle x_1,\ldots,x_n są liniowo niezależne.

Wskazówka

Dowodząc, że liniowa niezależność wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n pociąga za sobą liniową niezależność wektorów \displaystyle u_1,\ldots,u_n należy przedstawić wektory \displaystyle u_1,\ldots,u_n w postaci kombinacji liniowych wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n.

Rozwiązanie

Dowód równoważności rozbijemy na dowody dwóch implikacji.

Załóżmy, że wektory \displaystyle u_1,\ldots,u_n są liniowo niezależne. Niech \displaystyle \alpha_1,\ldots,\alpha_n będą skalarami takimi, że


\displaystyle \alpha_1x_1+\ldots+\alpha_nx_n=0.


Korzystając z definicji wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n stwierdzamy, że


\displaystyle \alpha_1u_1+\alpha_2(u_1+u_2)+\ldots+\alpha_n(u_1+\ldots+u_n)=0.


Grupując odpowiednio wyrazy powyższą równość możemy zapisać też tak:


\displaystyle (\alpha_1+\ldots+\alpha_n)u_1+(\alpha_2+\ldots+\alpha_n)u_2+\ldots+(\alpha_{n-1}+\alpha_n)u_{n-1}+\alpha_nu_n=0,


czyli mamy kombinację liniową wektorów \displaystyle u_1,\ldots,u_n o współczynnikach


\displaystyle (\alpha_1+\ldots+\alpha_n),\ (\alpha_2+\ldots+\alpha_n),\ldots,(\alpha_{n-1}+\alpha_n),\ \alpha_n.


Z liniowej niezależności wektorów \displaystyle u_1,\ldots,u_n wynika, że wszystkie te współczynniki muszą być równe \displaystyle 0, zatem skalary \displaystyle \alpha_1,\ldots,\alpha_n muszą być rozwiązaniami układu równań:


\displaystyle \left\{ \begin{array} {ccccccccc} \alpha_1 & + & \alpha_2 & + & \cdots & +&\alpha_n &= 0 \\ &   & \alpha_2 & + & \cdots & + &\alpha_n &= 0 \\ &   &          &   & \ddots &  &  &  \vdots \\ &  &  &  &  & & \alpha_n &= 0. \end{array}  \right.


Jedynym rozwiązaniem tego układu jest oczywiście rozwiązanie zerowe, czyli \displaystyle \alpha_1=\ldots=\alpha_n=0, co oznacza liniową niezależność wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n. Wykazaliśmy, że liniowa niezależność wektorów \displaystyle u_1,\ldots,u_n pociąga za sobą liniową niezależność wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n.

Załóżmy, że wektory \displaystyle x_1,\ldots,x_n są liniowo niezależne. Zauważmy, że wektory \displaystyle u_1,\ldots,u_n można wyrazić przy pomocy wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n w następujący sposób:


\displaystyle \aligned u_1&=x_1\\ u_2&=x_2-x_1\\ &\vdots\\ u_n&=x_n-x_{n-1}. \endaligned


Niech \displaystyle \alpha_1,\ldots,\alpha_n będą skalarami takimi, że


\displaystyle \alpha_1u_1+\ldots+\alpha_nu_n=0.


Korzystając z wyprowadzonych wyżej wzorów możemy tę równość zapisać przy pomocy wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n:


\displaystyle \alpha_1x_1+\alpha_2(x_2-x_1)\ldots+\alpha_n(x_n-x_{n-1})=0.


Równanie to można łatwo przekształcić do następującej postaci:


\displaystyle (\alpha_1-\alpha_2)x_1+(\alpha_2-\alpha_3)x_2+\ldots+\alpha_nx_n=0.


Z liniowej niezależności wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n wynika, że wszystkie współczynniki w powyższej kombinacji liniowej muszą być równe \displaystyle 0, zatem skalary \displaystyle \alpha_1,\ldots,\alpha_n muszą być rozwiązaniami układu równań:


\displaystyle \left\{ \begin{array} {cccccccccc} \alpha_1 & - & \alpha_2 &         &              &               &         &         &=  0    \\ &   & \alpha_2 & -       & \alpha_3     &               &         &         &=  0    \\ &   &          & \ddots  &              & \ddots        &         &         &   &\vdots \\ &   &          &         & \ddots       &               & \ddots  &         &   &\vdots \\ &   &          &         &              & \alpha_{n-1}  & -       &\alpha_n &=  0    \\ &   &          &         &              &               &         &\alpha_n &=  0 \end{array}  \right.


Jedynym rozwiązaniem tego układu jest oczywiście rozwiązanie zerowe, czyli \displaystyle \alpha_1=\ldots=\alpha_n=0, co oznacza liniową niezależność wektorów \displaystyle u_1,\ldots,u_n. Wykazaliśmy, że liniowa niezależność wektorów \displaystyle x_1,\ldots,x_n pociąga za sobą liniową niezależność wektorów \displaystyle u_1,\ldots,u_n.

Zadanie 3.6

W przestrzeni wektorowej \displaystyle  (\mathbb{R}^4, \mathbb{R}, +,\cdot ) zbadać liniową niezależność wektorów \displaystyle  u=(1,0,1,1), \displaystyle v=(2,2,2,0), \displaystyle w=(-1,2,3,1) i przedstawić wektor \displaystyle x=(-3,4,9,5) jako kombinację liniową wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w. Czy dowolny wektor przestrzeni \displaystyle  \mathbb{R}^4 można przedstawić w postaci kombinacji liniowej wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w?

Wskazówka

Aby wykazać liniową niezależność wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w należy wykazać, że jeśli pewna kombinacja liniowa wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w daje wektor zerowy, to wszystkie współczynniki w tej kombinacji muszą być równe \displaystyle 0. Aby przedstawić wektor \displaystyle x jako kombinację liniową wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w trzeba rozwiązać układ równań


\displaystyle \left\{ \begin{array} {ccccccc} \alpha & + & 2\beta & - &  \gamma &=-3 \\ &   & 2\beta & + & 2\gamma &=4  \\ \alpha & + & 2\beta & + & 3\gamma &=9  \\ \alpha &   &        & + &  \gamma &=5 \end{array}  \right.


Pamiętajmy, że każdy układ generatorów przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^4 musi mieć co najmniej 4 elementy.

Rozwiązanie

Załóżmy, że skalary \displaystyle \alpha, \displaystyle \beta oraz \displaystyle \gamma są takie, że


\displaystyle \alpha u +\beta v +\gamma w =(0,0,0,0).


Oznacza to, że \displaystyle \alpha, \displaystyle \beta oraz \displaystyle \gamma spełniają następujący układ równań liniowych:


\displaystyle \left\{ \begin{array} {ccccccc} \alpha & + & 2\beta & - &  \gamma &=0 \\ &   & 2\beta & + & 2\gamma &=0 \\ \alpha & + & 2\beta & + & 3\gamma &=0 \\ \alpha &   &        & + &  \gamma &=0 \end{array}  \right.


Jedynym rozwiązaniem tego układu jest rozwiązanie zerowe, zatem wektory \displaystyle u, \displaystyle v oraz \displaystyle w są liniowo niezależne. Aby przedstawić wektor \displaystyle (-3,4,9,5) jako kombinację liniową wektorów \displaystyle u\displaystyle v i \displaystyle w musimy rozwiązać układ równań:


\displaystyle \left\{ \begin{array} {ccccccc} \alpha & + & 2\beta & - &  \gamma &=-3 \\ &   & 2\beta & + & 2\gamma &=4  \\ \alpha & + & 2\beta & + & 3\gamma &=9  \\ \alpha &   &        & + &  \gamma &=5 \end{array}  \right.


Rozwiązaniami tego układu są liczby


\displaystyle \aligned \alpha&=2,\qquad \beta&=-1,\qquad \gamma&=3. \endaligned


Stąd


\displaystyle (-3,4,9,5)=2 u -v+3w.


Jak wiadomo wymiar przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^4 jest równy \displaystyle 4, zatem nie jest możliwe, aby trzy wektory generowały całą przestrzeń \displaystyle \mathbb{R}^4.

Zadanie 3.7

Niech \displaystyle U będzie następującą podprzestrzenią przestrzeni \displaystyle \mathbb{R}^3:


\displaystyle U = \{ (x_1,x_2, x_3) \in \mathbb{R}^3   :  x_1 + x_2+ 2x_3 =0\}.


Dany jest wektor \displaystyle u = ( 2,0,-1). Wykazać, że \displaystyle  u \in U i znaleźć bazę podprzestrzeni \displaystyle U zawierającą wektor \displaystyle u. Wyznaczyć wymiar podprzestrzeni \displaystyle U i znaleźć chociaż jedno jej dopełnienie algebraiczne.

Wskazówka

Dobierajmy do \displaystyle u wektory \displaystyle v i \displaystyle w tak, żeby otrzymać kolejno: bazę \displaystyle U oraz bazę \displaystyle \mathbb{R}^3.

Rozwiązanie

Zauważmy, że \displaystyle u\in U, ponieważ współrzędne wektora \displaystyle u spełniają równanie definiujące podprzestrzeń \displaystyle U. Zbiór rozwiązań równania


\displaystyle x_1 + x_2+ 2x_3 =0


możemy opisać parametrycznie w następujący sposób: Rozwiązaniami są wszystkie wektory \displaystyle (x_1,x_2,x_3) spełniające warunki:


\displaystyle \left \{ \aligned x_1=-s-2t;\\ x_2=s\in\mathbb{R},\qquad & \text{dowolny ustalony parametr;}\\ x_3=t\in\mathbb{R},\qquad &\text{dowolny ustalony parametr.} \endaligned \right


Innymi słowy przestrzeń \displaystyle U można zapisać jako podprzestrzeń generowaną przez wektory \displaystyle (-1,1,0) oraz \displaystyle (-2,0,1), czyli:


\displaystyle \aligned U&=\{s(-1,1,0)+t(-2,0,1):s,t\in\mathbb{R} \}\\  &=\textnormal lin\{(-1,1,0),(-2,0,1)\}. \endaligned


Łatwo sprawdzić, że wektory \displaystyle (-1,1,0) oraz \displaystyle (-2,0,1) są liniowo niezależne. Wynika stąd, że wektory \displaystyle (-1,1,0) oraz \displaystyle (-2,0,1) stanowią bazę przestrzeni \displaystyle U. Zauważmy, że dany wektor \displaystyle u jest wektorem przeciwnym do wektora \displaystyle (-2,0,1). Dlatego w znalezionej bazie możemy zastąpić wektor \displaystyle (-2,0,1) przez wektor \displaystyle u i układ złożony z wektorów \displaystyle u oraz \displaystyle (-1,1,0) będzie bazą dla przestrzeni \displaystyle U. Aby wyznaczyć jakiekolwiek dopełnienie algebraiczne podprzestrzeni \displaystyle U, zauważmy najpierw, że podprzestrzeń \displaystyle V będąca dopełnieniem algebraicznym dla \displaystyle U musi mieć wymiar równy


\displaystyle \dim\mathbb{R}^3-\dim U=3-2=1


i wektor generujący \displaystyle V nie może należeć do \displaystyle U. Z drugiej strony, jeżeli \displaystyle V jest podprzestrzenią generowaną przez wektor \displaystyle v\in\mathbb{R}^3\setminus U, to \displaystyle V\cap U=\{(0,0,0)\} oraz


\displaystyle \dim(V+U)=\dim V +\dim U -\dim(V\cap U)=1+2-0=3


zatem \displaystyle U+V=\mathbb{R}^3. Oznacza, to, że podprzestrzeń \displaystyle V jest dopełnieniem algebraicznym podprzestrzeni \displaystyle U, czyli \displaystyle U\oplus V=\mathbb{R}^3. Jako \displaystyle V możemy zatem wziąć przestrzeń generowaną na przykład przez wektor \displaystyle v=(1,1,1), czyli


\displaystyle V=\{(x,x,x):x\in\mathbb{R}\}.\qedhere


Zadanie 3.8

Niech \displaystyle p_0 (x) \equiv 1, \ x \in \mathbb{R} oraz \displaystyle  p_n(x) = x^n, \ x \in \mathbb{R} dla \displaystyle n \in \mathbb{N}_1. Wykazać, że dla dowolnego \displaystyle n \in \mathbb{N}_0 wektory \displaystyle  p_0, \ldots, p_n tworzą bazę przestrzeni \displaystyle W_n=\{ f \in \mathbb{R}^{\mathbb{R}} \ : \ f \ jest wielomianem stopnia nie większego niż \displaystyle   \ n \}.

Wskazówka

Trzeba skorzystać z tego, że wielomian zerowy musi mieć wszystkie współczynniki równe \displaystyle 0.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że dla dowolnego \displaystyle n \in \mathbb{N}_0 wektory \displaystyle  p_0, \ldots, p_n generują przestrzeń


\displaystyle W_n=\{ f \in \mathbb{R}^{\mathbb{R}} \ : \ f \ jest wielomianem stopnia nie większego niż \displaystyle   \ n \}.


Jest tak, ponieważ jeżeli \displaystyle w\in W_n jest dowolnym wielomianem stopnia co najwyżej \displaystyle n, to znajdziemy liczby rzeczywiste \displaystyle a_0,\ldots,a_n takie, że dla każdego \displaystyle x\in\mathbb{R} zachodzi:


\displaystyle \aligned w(x)    & =a_0+\ldots+a_nx^n \\         & =a_0p_0(x)+\ldots+a_np_n(x)\\         & =(a_0p_0+\ldots+a_np_n)(x). \endaligned


Oznacza to, że wielomian \displaystyle w jest kombinacją liniową wielomianów \displaystyle p_0,\ldots, p_n.

Aby udowodnić, że wielomiany \displaystyle  p_0,\ldots, p_n stanowią bazę przestrzeni \displaystyle W_n wystarczy udowodnić ich liniową niezależność. Załóżmy zatem, że pewna kombinacja liniowa wielomianów \displaystyle p_0,\ldots, p_n daje wektor zerowy przestrzeni \displaystyle W_n, którym jest wielomian zerowy, innymi słowy załóżmy, że dane są liczby rzeczywiste \displaystyle \alpha_0,\ldots,\alpha_n takie, że wielomian \displaystyle \alpha_0p_0+\ldots+\alpha_np_n jest wielomianem zerowym. Z definicji działań na wielomianach wynika, że dla każdego \displaystyle x\in\mathbb{R} musi zachodzić równość:


\displaystyle \alpha_0p_0(x)+\ldots+\alpha_np_n(x)=\alpha_0+\alpha_1x\ldots+\alpha_nx^n=0.


Powyższa równość mówi, że wielomian \displaystyle v dany wzorem


\displaystyle v(x)=\alpha_0+\alpha_1x\ldots+\alpha_nx^n


jest wielomianem zerowym. Oznacza to, że wszystkie jego współczynnik muszą być równe \displaystyle 0, a to z kolei oznacza, że


\displaystyle \alpha_0=\ldots=\alpha_n=0


i kończy dowód liniowej niezależności.