高等代数（北大版）第9章习题参考答案

第九章 欧氏空间

1.设是一个阶正定矩阵,而

, ,

在中定义内积,

1) 证明在这个定义之下, 成一欧氏空间；

2) 求单位向量

, , … , ，

的度量矩阵；

3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。

解 1)易见是上的一个二元实函数，且

(1) ，

(2) ，

(3) ，

(4) ，

由于是正定矩阵，因此是正定而次型，从而，且仅当时有。

2)设单位向量

, , … , ，

的度量矩阵为，则

=，，

因此有。

4) 由定义，知

，，，

故柯西—布湿柯夫斯基不等式为

2.在中,求之间(内积按通常定义)，设:

1) , ，

2) , ，

3) , 。

解 1)由定义,得

，

所以

。

2)因为

，

，

，

，

所以

。

3)同理可得

, , , ，

所以。

3. 通常为的距离，证明；

。

证 由距离的定义及三角不等式可得

。

4在R中求一单位向量与正交。

解 设与三个已知向量分别正交，得方程组

，

因为方程组的系数矩阵A的秩为3，所以可令

x，即。

再将其单位化，则

，

即为所求。

5．设是欧氏空间V的一组基，证明：

1） 如果使，那么。

2） 如果使对任一有，那么。

证 1)因为为欧氏空间V的一组基，且对，有

，

所以可设，

且有

即证。

2)由题设，对任一总有，特别对基也有

，或者，

再由1)可得，即证。

6设是三维欧氏空间中一组标准正交基，证明：

也是一组标准正交基。

证 因为

，

同理可得

，

另一方面

，

同理可得

，

即证也是三维欧氏空间中的一组标准正交基。

7.设也是五维欧氏空间中的一组标准正交基, ，其中

, , ，

求 的一组标准正交基。

解 首先证明线性无关.事实上，由

，

其中 的秩为3，所以线性无关。

将正交化，可得

，

，

单位化，有

，

，

，

则为 的标准正交基。

8. 求齐次线性方程组

的解空间(作为的子空间)的一组标准正交基。

解 由

可得基础解系为

，，，

它就是所求解空间的一组基。将其正交化，可得

，

， ，

再将单位化,可得

，，，

则就是所求解空间的一组标准正交基。

9.在R[X]中定义内积为(f,g)= 求R[X]的一组标准正交基(由基1.出发作正交化)。

解 取R[X]的一组基为将其正交化,可得，

，其中(，又因为

，

， ，

所以，

同理可得，

再将单位化，即得，

，，，

则即为所求的一组标准正交基。

10.设V是一n维欧氏空间,是V中一固定向量,

1)证明:V是V的一个子空间；

2)证明:V的维数等于n-1。

证 1)由于0因而V非空.下面证明V对两种运算封闭.事实上,任取

则有 (，于是又有(，

所以。另一方面，也有 (， 即。故V是V的一个子空间。

2)因为是线性无关的，可将其扩充为V的一组正交基，且( (，。下面只要证明:对任意的可以由线性表出，则的维数就是。

事实上，对任意的，都有，于是有线性关系，且 ，

但有假设知 ，

所以，又因为，故，从而有，

再由的任意性，即证。

11．1）证明：欧氏空间中不同基的度量矩阵是合同的。

2）利用上述结果证明：任一欧氏空间都存在标准正交基。

证：1）设与是欧氏空间的两组不同基，它们对应的度量矩阵分别是和，另外，设到的过渡矩阵为，即 ，

=

=

=，

另一方面,令

，

则D的元素为

，

故的元素

，

即证。再由皆为V的基，所以C非退化，从而B与A合同。

2）在欧氏空间V中，任取一组基，它的度量矩阵为其中，且度量矩阵A是正定的，又因为正定矩阵与单位矩阵合同，即。于是只要

，

则由上面1）可知基的度量矩阵为E ，这就是说，就是所求的标准正交基。

12．设是n维欧氏空间V中的一组向量，而

证明：当且仅当时线性无关。

证 设有线性关系

，

将其分别与取内积，可得方程组

，

由于上述方程组仅有零解的充要条件是系数行列式不等于0，即证。

13．证明：上三角的正交矩阵必为对角矩阵，且对角线上元素为+1或-1。

证 设

为上三角矩阵，则也是上三角矩阵。由于A是正交阵，所以，即

，

所以，因而

为对角阵。再由知，即证或-1。

14．1）设A为一个n阶矩阵，且，证明A可以分解成

A=QT，

其中Q是正交矩阵，T是一上三角矩阵

，

且，并证明这个分解是唯一的；

2)设A是n阶正交矩阵，证明存在一上三角矩阵T，使

。

证 1)设A的n个列向量是由于，因此是线性无关的。从而它们也是V的一组基，将其正交单位化，可得一组标准正交基为

，

其中

，

，

其中。即

，

令，则T是上三角矩阵,且主对角线元素。

另一方面，由于是n维列向量，不妨记为

，

且令

，

则有,由于是一组标准正交基，故是正交矩阵。

再证唯一性，设是两种分解，其中是正交矩阵，是主对角线元素大于零的上三角阵，则，由于也是正交矩阵,且为上三角阵，因此, 是主对角线元为1或-1的对角阵，但是的主对角线元大于零，所以的主对角线元只能是1，故，即证。进而有,从而分解是唯一的。

2)因为是正定的，所以与合同，即存在可逆阵使,再由1)知,其中是正交矩阵为三角阵，所以。

15.设是欧氏空间中一单位向量，定义，

证明:1)是正交变换,这样的正交变换称为镜面反射；

2) 是第二类的；

3)如果维欧氏空间中正交变换以1作为一个特征值,且属于特征值1的特征子空间的维数为，那么是镜面反射。

证:1),有:

，

所以是线性变换。

又因为

，

注意到，故,此即是正交变换。

2)由于是单位向量，将它扩充成欧氏空间的一组标准正交基,则

，

即 ，

所以是第二类的。

3) 的特征值有个，由已知有个特征值为1，另一个不妨设为，则存在一组基使，

因为是正交变换，所以，

但，所以，于是

现令，则是单位向量，且与正交，则为欧氏空间 的 一组基。又因为

，

，

，

所以 ，即证。

16.证明：反对称实数矩阵的特征值是零或纯虚数。

证:设是属于特征值的特征向量，即，则

，

于是 ，

令，可得，即证。

17.求正交矩阵使成对角形，其中为

1) 2) 3)

4) 5)

解1）由

，

可得A的特征值为。

对应的特征向量为

将其正交单位化，可得标准正交基为

故所求正交矩阵为

且。

2）由，

可得 A的特征值为。

的特征向量为

的特征向量为

正交化，可得

，

再单位化，有:，

于是所求正交矩阵为

且。

3）由，

可得 A的特征值为，

相应的特征向量为

，

，

将其正交单位化，可得标准正交基为

，

，

故所求正交矩阵为

且。

4）由，

可得A的特征值为。

相应的特征向量为

，

，

正交化后得

，

，

再单位化，可得

，

，

故所求正交矩阵为

且 。

5）由，

可得的特征值为。

相应的特征向量为

，

，

将其正交化，可得

，

，

再单位化后，有

，

，

故所求正交矩阵为

且。

18用正交线性替换化下列二次型为标准形：

1）；

2）；

3）；

4）。

解 1)设原二次型对应的矩阵为A，则

，

且A的特征多项式为

，

特征值为

，

相应的特征向量为

，

，

单位化后，有

，

令X=TY，其中

，

则

。

2)原二次型对应的矩阵为

，

且A的特征多项式为

，

特征值为

。

相应的特征向量为

，

正交化,可得

，

再单位化,有

，

令X=TY，其中

，

则

。

3)原二次型对应的矩阵为

，

且A的特征多项式为

，

特征值为

。

相应的特征向量为

，

，

标准正交基为

，

，

令X=TY，其中

，

则

。

4)原二次型对应的矩阵为

，

且A的特征多项式为

，

特征值为

。

相应的特征向量为

，

，

标准正交基为

，

，

令X=XY，其中

，

故

。

19.设A是n级实对称矩阵，证明：A正定的充分必要条件是A的特征多项式的根全大于零。

证明 二次型经过正交变换X=TY，可使

，

其中为A的特征根。由于A为正定的充分必要条件是上式右端的二次型为正定，而后者为正定的充分必要条件是，即证。

20.设A是n级实矩阵，证明：存在正交矩阵T使为三角矩阵的充分必要条件是A的特征多项式的根是实的。

证明 为确定起见，这里三角矩阵不妨设为上三角矩阵。

先证必要性，设

，

其中T，A均为实矩阵，从而都是实数。又因为相似矩阵有相同的特征多项式，所以

从而A的n个特征根均为实数。

再证充分性，设为A的所有不同的实特征根，则A与某一若尔当形矩阵J相似，即存在可逆实矩阵，使

，

其中

，

而

，

由于都是实数,所以J为上三角实矩阵。

另一方面，矩阵可以分解为

，

其中是正交矩阵，为上三角矩阵，于是

，

即

。

由于都是上三角矩阵，因而它们的乘积也为上三角矩阵，即证充分性。

21.设A，B都是上三角实对称矩阵，证明；存在正交矩阵T使的充分必要条件是A，B的特征多项式的根全部相同。

证明 必要性是显然的，因为相似矩阵有相同的特征值。

现证充分性，设是A的特征根，则它们也是B的特征根。于是存在正交矩阵X和Y，使

，

所以

YXAXY=B。

令T=XY则T也是正交矩阵，从而TAT=B,，即 证。

22.设A是n级实对称矩阵，且A=A，证明：存在正交矩阵T使得

TAT=。

证 设是A的任一特征值，是属于的特征向量，则

A=, A=A()=A=，

由于

A=A=(-)=0，

又因为，所以-=0，即得

=0,=1。

换句话说，A的特征值不是1就是0。故存在正交矩阵T，使

TAT=。

上式中，对角线元素中1的个数为A的特征值1的个数，0的个数是A的特征值0的个数.。

23.证明：如果是n维欧氏空间的一个正交变换，那么的不变子空间的正交补也是的不变子空间。

证 设W是的任意一个不变子空间，现证W也是的不变子空间。

任取W , 下证W。取，，是W的一组标准正交基，再扩充成V的一组标准正交基为，，，，，，则

W=L (，，), W=L (，，)。

因为是正交变换，所以，也是一组标准正交基，由于W是——子空间，，W ，且为的一组标准正交基，于是

，，W，

所以

=k++kW。

24. 欧氏空间V中的线性变换称为反对称的，如果对任意，V，有

（，）= —（ ，）。

证明： 1)为反对称的充分必要条件是：在一组标准正交基下的矩阵为反对称的。

2)如果V是反对称线性变换的不变子空间，则V也是。

证 1）必要性。设是反对称的，，，是一组标准正交基。则

= k+k++k (I=1,2, ,n)，

(,)= k , (,)= k，

由反对称知

(,)= —（， ） k = --k，

从而

，

故

(，，)= (，，)

=(，，)，

充分性。设在标准正交基，，下的矩阵为，有已知，有

(,)= —（， ），

对任意，V，设

，

，

则

（，）=（）=。

同理

，

故

（，）= —（ ，），

所以是反对称的。

2）任取V ，可证V，即V，事实上，任取V，由于V是子空间，因此，而 V，故（ ，）=0。

再由题设，是反对称的，知

（，）= —（ ，）=0，

由的任意性，即证V 。从而V也是A子空间。

25.证明:向量V是向量在子空间V上的内射影的充分必要条件是：对任意有。

证 必要性，设V是在V上的内射影，则,，

26设

从而

再证第二式.用

，

所以 。

27.求下列方程的最小二乘解

，

用“到子空间距离最短的线是垂线”的语言表达出上面方程的最小二乘解的几何意义，由此列出方程并求解(用三位有效数字计算)。

解 令

，

，

那么“到子空间距离最短的线是垂线”的意思就是。

令C=B-Y，由最小二乘法可得，其中 ，

，

即 ，

解之得 。

三、补充题参考解答

1． 证明：正交矩阵的实特征根为。

证 设A正交矩阵A是任一实特征值是，是A的对应于特征值的特征向量，则

A。

于是。

注意到

2.证明：奇数维欧氏空间中的旋转一定以1作为它的一个特征值。

证 因为A是正交矩阵,,则=-。

即。

3.证明：第二类正交变换一定以-1作为它的一个特征值。

证 当

即-。

4.设

那么它一定是线性的,因而它是正交变换。

证 因为

，

所以

，

故

。

又因为

=，

所以

。

即证。

5．和

。

证：下证充分性。

设

，

则有，

于是，

另一方面，因

，

于是，在

，

从而即证。

再将

:，

则由充分性假设

两组标准正交基 和则存在可逆线性变换，使

，

且

（T=(=(

=

=(，

即

（I=1,2,，

于是，由，有故

=

=(I=1,2,，

即证。

6．是n级实对称矩阵，且证明：存在正交矩阵T使得

。

证 证法1 因为A是n级实对称矩阵，所以存在n级矩阵Q，使

，

其中为的n个特征值（重根按重数列出）。于是

又因为所以

。

因此有=（I=1,2,n），不妨设=1的重数为r，则的重数为n-r。只要将集中排列在前面，则有正交矩阵T，使

。

证法2 因为n级实对称矩阵，且若令g(x)=则g(x)为

A的零多项式，且它无重根，故A相似于对角矩阵，设为A的任一特征

值，则。不妨设的重数为n-r。只要 将集中排列在前

面，则有正交矩阵，使

。

7．设f()=是一实二次型，是A的特征多项式的根，且。证明：对任意一个X,有

。

证 存在正交矩阵Q，使

，

其中为的个特征值。作正交变换则实二次型可化为

，

由题设有，于是

，

且 ，

故

。

8．设二次型对应的矩阵为，是的特征多项式的根，证明：

存在中的非零向量使的

。

证 设是矩阵A的特征值，则存在非零向量，使

，

其中，于是有

，

即证。

9．1）设是欧氏空间中两个不同的单位向量，证明存在一镜面反射，使

。

2）证明：n维欧氏空间中任一正交变换都可以表成一系列镜面反射的乘积。

证 1）记n维欧氏空间为V，当为欧氏空间为V的单位向量时，由

，

所确定的正交变换A是一个镜面反射，代入单位向量，有,

若记，则，因为是欧氏空间中两个不同的

单位向量，所以，故可解得,

其中 ，即，

于是只要取，就有=1，即为欧氏空间中的单位向量，

从而是一个镜面反射，且==。

2)设是维欧氏空间的任一正交变换，取的一组标准正交基,,，

则=，=，=也是的一组标准正交基。

此时，若，则是一个恒等变换，只要作镜面反射

，

则有 且，结论成立。

若与不全相同，不妨设,则为两个不同的单位向量，由1)知,存在镜面反射,使.令,若,则,结论成立。否则可设，再作镜面反射：,其中,则且，如此继续下去，设

，

则，其中都是镜面反射，即证。

10.设是两个实对称矩阵，且是正定矩阵，证明:存在一个实可逆矩阵使与同时为对角形。

证:因为是正定矩阵，所以存在一个阶实对称矩阵，使:，其中为阶单位矩阵，又因为还是阶实对称矩阵，所以也存在一个阶正交矩阵，使，其中为的特征值，于是，只要令，就有,

且 ， 即证。

11.证明：酉空间中两组标准正交基的过渡矩阵是酉矩阵。

证:设与分别为酉空间中两组标准正交基，且

则 。

于是，

即所以过渡矩阵是酉矩阵。

12．酉矩阵的特征值根的模为1。

证 因为酉矩阵A对应的变换是酉变换，设的任一特征值是，是的对应于的特征向量，则

（，）=（=（）=，

注意到（，），因而有

=1，

即。

13．设A是一个n级可逆复矩阵，证明可以分解成

A=UT，

其中U是酉矩阵，T是一个上三角矩阵：

T=，

其中对角元素都是正实数，并证明这中分解是唯一的。

证 设A=（，其中为A的列向量，则由A可逆知向

量组线性无关。由施密特正交化方法，可得

，

其中单位化，可得

，

则 是一组正交基，从而U=（）为又酉矩阵，且可解得

，

其中T为上三角矩阵，且为正实数。

再证分解的唯一性，设还有酉矩阵及对角线元素都是正实数的上三角形矩阵，使得，则 ，于是既是一个酉矩阵，又是一个上三角形矩阵，从而是对角矩阵，但的对角线元素都是正实数，即

，

再由是酉矩阵，知是单位矩阵，故，即证。

14．证明：埃尔米特矩阵的特征值是实数，并且它的属于不同特征值的特征向量相互正交。

证：设是埃尔米特矩阵的任一特征值，是的对应于的特征向量，则有

，

于是 ，

因此有 ，

即 ，但，故，即证为实数，另外是的任意两个不同的特征值，分别为的对应于和的特征向量，则有：，由于，因此

，

但，故（，即证的属于不同特征值的特征向量相互正交。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/a24e303274c66137ee06eff9aef8941ea76e4bab.html