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。',)