欧几里得空间

第九章 欧几里得空间

习题解答

1、 设

A(aij)是一个n级正定矩阵，而(x1,x2,,xn)，(y1,y2,,yn).

在R中定义内积(,)为(,)A.

n'1）证明：在这个定义之下，R成一欧氏空间；

n2）求单位向量1(1,0,,0)，2(0,1,,0)，，n(0,0,,1)的度量矩阵；

3）具体写出这个空间中的柯西-布涅柯夫斯基不等式。

'(,)A解 1）只要证明按定义（是数，等于其转置）的一个二元实函数是一个内

积就可以了。

''''1 (,)A(A)A(,)；

''2 (k,)(k)Ak(A)k(,)；

'''3 (,)()AAA(,)(,)

4

(,)A'aijxixji,j.

由于A是正定矩阵，所以

axxijii,jj是正定二次型，从而(,)0，并且仅当

0时，(,)0。由此可见，Rn在这一定义之下成一欧式空间。

2）设单位向量的度量矩阵为

B(bij).那么

bij(i,j)(01(i)a110)an10a1n1a(i,j1,2,ijann0,n)，

此即 BA.

3）

(,)aijxixji,j，

(,)axxijii,jj，(,)ai,jijyiyj，

故柯西-布涅柯夫斯基不等式为

axyijii,jjaxxaijiji,ji,jijyiyj. 42、 在R中，求,之间的夹角,（内积按通常定义），设

1）(2,1,3,2)，(1,2,2,1)； 2）(1,2,2,3)，(3,1,5,1)； 3）(1,1,1,2)，(3,1,1,0)；

解 1）(,)21123(2)210，所以 .2.

2）(,)18，(,)18，(,)36，

cos,1822，所以.4. 18363）(,)3，(,)7，(,)11，

377. cos,377，所以

.arccos13、d(,)通常称为与的距离，证明：d(,)d(,)d(,).

证 由文献[1]P.362的三角形不等式，有

d(,)()()d(,)d(,).

4、在R中求一单位向量与(1,1,1,1)，(1,1,1,1)，(2,1,1,3)正交。

4解 设(x1,x2,x3,x4)与已知三向量分别正交，得方程组

x1x2x3x40x1x2x3x402xxx3x04123，令x31，解得x14，x20，x43.

所以 (4,0,1,3).

再将它单位化，得

,0,,2626，即即为所求。 2614135、设1,2,,n是欧式空间V一组基，证明： 1）如果V使(,i)0，i1,2,,n，那么0； 2）如果1,2V使对任一V有(1,)(2,)，那么12. 证 1）由1,2,,n是V的一组基，又V，所以k11k22又 (,)(,k11k22由题设知 (,)k1(,1)knn)knn.

，

kn(,n)0，所以0.

2）由题设，特别对基i有(1,i)(2,i)，或者(12,i)0，i1,2,,n，再由上面1）得120，即得12.

136、设1,2,3是三维欧式空间中一组标准正交基，证明：

2(21223)131(21223)，

，

3(12223)13也是一组标准正交基。

11(1,2)(21223,21223)(21,21)(22,2)(3,23)99证

14(2)(2)09，

1(,)(21223,21223)111(1,3)(2,3)09同理可证. 又，同理(2,2)(3,3)1，所以1,2,3是一组标准正交基。

V1L(1,2,3)7、设1,2,3,4,5是五维欧式空间V的一组标准正交基，，其中115，

2124，32123，求V1的一组标准正交基。

解 首先设有线性关系式k11k22k330，代人并由1,2,3,4,5线性无关，易知

k1k2k30，从而知1,2,3是线性无关的。然后，再将它们正交化：

(2,1)1111245(1,1)22，

1115，

2233(3,1)(,)13221235(1,1)(2,2).

最后，再单位化，得

11021(122245)3(1235)(15)2522，，.

则1,2,3就是V1的一组标准正交基。

2x1x2x3x43x5058、求齐次线性方程组x1x2x3x50的解空间（作为R的子空间）的一组标

准正交基。

x43x52x1x2x3解 由x5x1x2x3，不难得到基础解系为1(1,0,0,5,1)，

22(0,1,0,4,1)，3(0,0,1,4,1)，它是解空间的一组基。将它正交化，得

11(1,0,0,5,1)，

22(2,1)11(7,9,0,1,2)(1,1)9，

33(3,1)(,)11322(7,6,15,1,2)(1,1)(2,2)15；

再单位化：

13311(7,9,0,1,2)3(7,6,15,1,2)315335，，

1(1,0,0,5,1)，

2那么1,2,3就是解空间的一组标准正交基。

9、在

R[x]4中定义内积为

(f,g)f(x)g(x)dx11，求

R[x]4231,x,x,x的一组标准正交基（由基

出发作正交化）。

12x3x24x31解 取，，，，将它们正交化：

111，

22(2,1)11x(,)x1dx021(1,1)1，其中 ；

33(3,1)(,)11322x2(1,1)(2,2)3，

其中

(3,1)x2dx11211(1,1)11dx2(3,2)x2xdx0113，，；

同理

44(,)(4,1)(,)31422433x3x(1,1)(2,2)(3,3)5.

再将它们单位化：

111122 （其中

1(1,1)22）；

同理

21226x2，

31014(3x21)4(5x33x)44，.

那么1,2,3,4就是一组标准正交基。

10、设V是一n维欧式空间，0是V中一固定向量。

V1x(x,)0,xV1）证明：是V的一子空间。

2）证明：V1的维数等于n1。

证 1）由于0V1，所以V1非空。再证V1对两种运算封闭。

，即(x1,)(x2,)0，那么(x1x2,)(x1,)(x2,)0，从而x1x2V1. 另外

，所以kx1V1. 从而V1是V的一个子空间。

x1,x2V1(kx1,)(kx2,)02）由于0是线性无关的，将它扩充成V的一组正交基为,2,,n，这时，因为

(i,)0（i2,3,,n），所以iV1（i2,3,,n）. 只要证明任意V1，都可由2,,n线

性表出，那么V1的维数就是n1. 实际上，

k1k22knn， （1）

kn(n,)那么(,)k1(,)k2(2,)，

但是(,)0(i,)，（i2,3,,n），

所以k1(,)0，由于0，所以k10，代入式（1），即有

k1k22knn，由的任意性，得证。

11、1）证明：欧式空间中不同基的度量矩阵是合同的；

2）利用上述结果证明：任一欧式空间都存在标准正交基。

证 1）设1,2,,n与1,2,,n是V的两组不同基，它们相应的度量矩阵为

A(aij)和

B(bij).

C(cij)另外，设1,2,,n到1,2,,n的过渡矩阵为.即

1c111c212cc11212221c1n1c2n2cn1ncn2ncnnn，可以证明BCAC.

'

n因为

bij(i,j)(c1i1cnin,c1j1cnjn)cki(k,c1j1cnjn)k1

ckicsj(k,s)ckicsjksk1s1k1s1nnnn.

令一方面，令

'D=CA(dij)，

'CACDC(eij)，

那么，D的元素

dijckiksk1n，

CAC的元素

'eijdiscsj(ckiks)csjbijk1s1k1nnn（i,j1,2,,n）.

'C所以 ACB. （1）

再由于1,2,,n与1,2,,n是基，所以C非退化，从而式（1）表明B与A合同。 （2）在欧式空间V中，任取一组基1,2,,n，它的度量矩阵为

ij(i,j)A(aij)，其中 .

由于度量矩阵A是正定的，由第五章知它与单位矩阵合同。即ECAC.

'令(1,2,,n)(1,2,,n)C，则由上面1）可知，基1,2,,n的度量矩阵为E，这就是说1,2,,n就是所求的标准正交基。

12、设1,2,,m是n维欧式空间V中一组向量，而

(1,1)(1,2)(1,m)(2,1)(2,2)(2,m)(m,1)(m,2)(,mm)

证明：当且仅当0时，1,2,,m线性无关。 证 考虑k11k22kmm0，它分别与i取内积得方程组

k1(i,1)k1(i,2)k1(i,m)0，（i1,2,,m）.

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，从而得证。

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。

a11a1nAA1b11证 设ann为上三角矩阵，则

bnn也是上三角矩阵。由于a11b11A'正交阵，有A1A'，即a1nannbnn，所以

a11Aaij0（ij）. 这样ann为对角阵。

A是

再由于AAE，所以

'aii21，此即aii1或1.

14、1）设A为一个n级实矩阵，且A0，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：

t11t120t22T00t1nt2ntnn.

且tii0（i1,2,,n），并证明这个分解是惟一的；

2）设A是n级正定矩阵，证明存在一上三角矩阵T，使ATT.

'a11Aan1证 1）设a1nann，它的n个列向量是1,2,,n，由于A0，所以

1,2,,n是线性无关的，从而是V的一组基，现将它直接变成一组标准正交基（同时

正交化和单位化），由施密特公式，可导出

1111(2,1)122122(n,1)(n,n1)1n1n11nnn

， （1）

1122(2,1)1其中 nn(n,1)1(n,n1)n1，

1t1112t121t222那么 nt1n1t2n2tnnn，其中tiii0（i1,2,,n）.

t11t12t1nA(1,2,,n)(1,2,,t2nn)t22这就是说，

tnn t11t1nT令tnn，那么T是上三角阵，且主对角线元素tii0.

令外，由式（1）可以看出i是n维列向量，不妨记为

b1ibib11b1ni2Q(1,,n)bni（i1,2,,n）， 且令

bn1bnn，

那么代入式（2）后有 AQT.

2） （

由于1,2,,n是标准正交基，故Q是正交矩阵。

再证唯一性。设 AQ1T1QT （3）

是两种分解，其中Q,Q1是正交矩阵，T，T1是主对角线元素大于0的上三角阵，那么由式（3），得

Q11QT1T1.

由于知，

T1T1Q11Q是正交阵，从而

T1T1也为正交阵，且为上三角阵，那么由本章习题第13题

1是主对角线元素为1或1的对角阵，但是T与T主对角线元素为正，所以

T1T1的

主对角线上的元素只能是1，换句话说，就是

1TTE1，即T1T. 再由T是非退化及式（3），所以QQ1. 从而分解是唯一的。

2）因为A是正定的，由第五章知A与E合同，即存在可逆阵C，使

''ACECCC. （4）

再由上面证明，知CQT，其中Q为正交阵，T为上三角阵，再将C代入式（4），即有ATQQTTT.

15、设是欧式空间中一单位向量，定义2(,). 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n维欧式空间中，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V1的维数为n1，那么是镜面反射。

证 1）记欧式空间为V，对任意,V，有

(k1k2)k1k22(,k1k2)k1k2，所以是线性变换。

其次，(,)(k1k2)[2(,),2(,)]

(,)2(,)(,)2(,)(,)4(,)(,)(,)

因为(,)1，所以(,)(,)，这表明，是正交变换。

2）由于是单位向量，将它扩充成空间的一组标准正交基,2,,n. 由于 2(,)，ii2(,i)i，

(,2,,n)(,2,于是

11,n)1(,2,,n)A，因为

A1，所以是第二类的。

3）的特征值有n个，现有n1个为1，另一个也要为实数，不妨设为0，那么存在一组基1,2,,n，使

(1,2,,n)(1,2,0,n)11.

2(1,1)(1,1)02(1,1)0因为是正交变换，，，所以1. 但V1是n1维的，所以

01.

这样 11，ii（i2,,n）. （1）

再由A是实矩阵，属于它的不同特征值的特征向量必正交，有 (1,i)0（i2,,n）.

1现今

11，那么是单位向量，且与2,,n仍为正交的，并且,2,,n组成一组基，

111(1)11111且有. （2）

最后，可以证明对V，有2(,)， （3） 从而证明是镜面反射。下证式（3）。V，设k1k22则k1k22k1k22knnknnknn，

，由式（2），式（1）有

， （4）

而(,)(k1k22knn,)k1，

所以2(,)k1k22knn， （5）

由式（4），式（5）即证得式（3）。

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A，那么

'A'(A')'A'(A)'，所以''，.

令abi，代入上式可得aa，此即a0，这样bi.

17、求正交矩阵T使TAT成对角形，其中A为

'0

022220221225440202451）；2）；3）1041

014100



400

;

1333131331331313331；5）14）111111111111.

解 1）按三步法计算.

2EA202012(1)(4)(2)2，

特征值为11，24，32；

对应的特征向量为1(2,1,2)，2(2,2,1)，3(1,2,2).

化为标准正交基

1,,3332122,,3,,，333. 333,

221122221114'T122TAT31222，使. 所以

2213535142T103535'TAT12503135，. 2）

11115511111'TTAT32111111113，. 3）

4）

1212T1212121200161626023123123323

18T'AT444. ）

111226111T2261220312004TAT0'00.

、用正交线性替换化下列二次型为标准形：）

x2212x223x34x1x24x2x3；

36363632 ，

5，18

1

2）

x122x222x324x1x24x1x38x2x3；

3）2x1x22x3x4；

4）

x12x22x32x422x1x26x1x34x1x44x2x36x2x42x3x4.

解 1）设原二次型（均记为f）对应矩阵为A，则

120A222023. EA(2)(1)(5)，

特征值为12，21，35；

相应特征向量为1(2,1,2)，2(2,2,1)，3(1,2,2).

131313它们已两两正交，单位化：

1(2,1,2)，

1(2,2,1)1(1,2,2),.

2211T1223'222212fXAX2yy5y123令XTY，其中，则.

2213535142T35355203fX'AX7y122y222y3235XTY2）令，其中，则.

111T2003）令XTY，其中

00010101fX'AXy12y22y32y42101，则.

1111111111T211111111，则 4）令XTY，其中

fX'AXy127y22y323y42

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 由文献[1]P.384定理8知，二次型XAX经过正交变换XTY后，变成

'X'AX1y122y22nyn2， （1）

其中1,2,,n为A的特征根。由于A为正定的充分必要条件是式（1）右端的二次型为正定，而后者为正定的充分必要条件是i0（i1,2,,n），即得证。

120、设A是n级实矩阵，证明：存在正交矩阵T使TAT为三角矩阵的充分必要条件是

A的特征多项式的根全是实的。

证 为确定起见，这里三角矩阵不妨设为上三角矩阵。

c11T1AT必要性。 设cnn，其中T，A均为实矩阵。从而cij都是实数。

再由文献[1]P.297定理6知，相似矩阵有相同的特征多项式，所以

c11EAET1AT(c)(c)(c)1122nncnn，

从而A的n个特征根c11,c22,,cnn均为实数。

充分性。 设1,2,,n为A的所有不同的实特征根（要注意的是有些可能为重根），那么由文献[1]P.351定理11知，A与某一若尔当形矩阵J相似，即存在可逆实矩阵P0（因为i是实数，那么特征向量是实系数线性方程组的解，从而也是实数），使（1）

P01AP0J，

J1J其中Js.

iJi而

1ii1i，i1,2,,s.

由于i都是实数，所以J为上三角实矩阵。

另外，由本章习题14，矩阵P0可以分解为P0T0S0， （2）

其中T0是正交矩阵，S0为上三角矩阵，再将式（2）代入式（1），得

S01T01AT0S0J，

T01AT0S0JS01， （3）

由于

S0，J，

S01都是上三角矩阵，而且它们之积也为上三角矩阵，即证得充分性。

121、设A,B都是实对称矩阵，证明：存在正交矩阵T，使TATB的充分必要条件是A,B的特征多项式的根全部相同。

证 必要性是显然的，因为相似矩阵有相同的特征根。

充分性。设1,2,,n是A的特征根和B的特征根，那么存在正交矩阵X和Y，使

1X1AXY1BYn，

11所以 YXAXYB （1）

11令 TXY，显然T是正交矩阵，代入式（1），即有TATB.

222、设A是n级实矩阵，且AA，证明存在正交矩阵T使得

11T1AT100

.

证 设是A的任一特征值，是属于的特征向量，那么A，

A2A()A2.

222(由于AA，得，)0. 又因为0，故0，所以

20，或1.

换句话说，A的特征值不是1就是0. 再由本章定理7知，存在正交矩阵T，使

11T1AT100

.

在上式中的对角线元素中，1的个数为A的特征值1的个数，0的的个数是A的特征值0的个数。

23、证明：如果是n维欧式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

W证.

取W的一组标准正交基1,2,,m，再扩充成V的一组标准正交基

1,2,,m,m1,,n，那么由文献[1]P.376定理6可知，

dim(W)dim(W)n，于是WL(1,2,,m)，

WL(m1,,n).

再由文献[1]P.372定理4可知，是正交变换，则1,2,,m也是标准正交基。由于W是的不变子空间，1,2,,mW且为W的一组标准正交基。而

m1,,nW，任取W，由于

km1m1knnW，所以

km1m1knnW.

24、欧式空间V中的线性变换称为反对称的，如果对任意,V，

(,)(,).

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）如果是反对称线性变换的不变子空间，则

V1V1也是。

证 1）必要性。设是反对称的，1,2,,m是一组标准正交基。 iki11ki22(i,j)kijkinn，i1,2,,n， （1）

，

(j,i)kji.

由反对称知

(i,j)(i,j)，

kijkji，

0,ijkijkji,ij，i,j1,2,从而

,n，

(1,2,,n)(1,2,那么

0k,n)12k1nk120k2nk1nk2n0. （2）

充分性。设在标准正交基1,2,,n下的矩阵由式（2）给出。即

(i,j)(i,j) . （3）

ann任给,V，有a11a22，b11b22bnn，

(,)(a11a22ann,b11b22bnn)

aibj(i,j)i,j （4）

同理

(,)aibj(i,j)i,j， （5）

由（3），（4），（5）三式即得 (,)(,)，所以是反对称的。

V1V12）任取，证明，即V1. 任取V1，由于V1是的不变子空间，所

以

V1，而

V1，所以(,)0.

再由题设是反对称的，知(,)(,)0.

V1V1由的任意性，即证得. 从而也是的不变子空间。

25、证明：向量V1是向量在子空间V1上的内射影的充分必要条件是，对任意的

V1，.

V1V1V1证 必要性。设是在上的内射影。有，，则，

V1或V1，再由文献[1]P.386倒数第7行的公式，对任意V1，有

.

充分性。设

11V1V11，，，即1是在V1上的内射影。由必要性的证明知

. 另外，由充分性假设，有

1，所以

1.

因为 1(1)，

(,)((1),(1))(1,1)(,)

(1,1)(1,1).

又由于(,)(1,1)，所以(1,1)0，从而

1. 换句话说，就是在V1上的内射影。

26、设V1,V2是欧式空间V的两个子空间。证明：

(V1V2)V1V2，

(V1V2)V1V2.

证 1）先证第一式。设

(V1V2)，即V1V2. （1）

V10V1V2V1V1任给，有，由式（1）知，，则有，或.

同理可证

V2，从而

V1V2，所以

(V1V2)V1V2. （2）

其次，任取

V1V2，那么

V1且

V2，即V1且V2.

任取V1V2，那么12，1V1，2V2，故

(,)(,12)(,1)(,2)0，所以.

(V1V2)(V1V2)由的任意性，所以，即.

故

V1V2(V1V2) （3）

由式（2），式（3），即证得

(V1V2)V1V2. （4）

2）再证第二式。用

V1换，

V1V2换V2，代入式（4），得

(V1V2)(V1)(V2)V1V2，

所以

(V1V2)V1V2.

27、求下列方程的最小二乘解：

0.39x1.89y10.61x1.80y10.93x1.68y11.35x1.50y1.

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）

0.390.61A0.931.35解 令1.89111.80(1,2)B1x11.68Xx21.501， ， ，

0.39x1.89yY0.61x1.80y1x2y0.93x1.68y1.35x1.50y.

那么“到子空间距离最短的线是垂线”的意思就是YB2的值最小。因而最小二乘解

的几何意义是在L(1,2)中求B的内射影Y.

令CBY，可得A'AXA'B.

0.391.89A'A0.390.610.931.351.801.891.801.681.500.610.931.683.21165.42255.4225而1.351.5011.8845，1A'B0.390.610.931.351.891.801.681.5013.2816.871，

3.2116x5.4225y3.28所以5.4225x11.8845y6.87，x0.197 y0.488.

补充题解答

1、 证明：正交矩阵的实特征根为1.

证 记正交矩阵A的实特征根为，为属于的特征向量，则有

A，'A''，A'A1，'A'(A)2''2'，

'200由（），得101.

2、 证明：奇数维欧式空间中的旋转一定以1作为它的一个特征值。

证 设A是正交方阵，且A1，下证1EA0.

事实上，

EAA'AA(1)nAEA'(EA)'EA，

所以EA0. 得证。

3、 证明：第二类正交变换一定以1作为它的一个特征值。

证

(1)EAA'AAAA'EA(EA)'A(EA)

因为A1，所以1EA0. 得证。

4、 设是欧式空间V的一个变换。证明：如果保持内积不变，即对于,V，

(,)(,)，那么它一定是线性的，因而它是正交变换。

证 先证 ().

((),())

((),())2((),)2((),)(,)(,)2(,)(,)2(,)2(,)(,)(,)2(,)

(,)2(,)(,)2(,)2(,)2(,)2(,)(,)(,)2(,)0所以 ()0，即有 ().

再证 (k)k.

((k)k,(k)k)

((k),(k))2((k),k)(k,k)

(k,k)2k(k,)k2(,)k2(,)2k2(,)k2(,)0，

所以 (k)k.

可见，是线性变换又保持内积不变，从而是正交变换。

5、 设1,2,,m和1,2,,m是n维欧式空间中两个向量组，证明：存在一正交变换，使ii，i1,2,,m的充分必要条件为

(i,j)(i,j)，i,j1,2,,m.

证 必要性。设是正交变换，且ii，i1,2,,m.

(i,j)(i,j)(i,j)所以，i,j1,2,,m.

充分性。分四步进行。

1,2,,r1） 不失一般性，设1,2,,m的一个极大线性无关组为1,2,,r，证明：

就是1,2,,m的极大线性无关组。

事实上，由1,2,,r线性无关及本章习题12知，

(1,1)(1,2)(r,1)(r,2)(1,r)(r,r)

(,)(i,j)就有0，再由充分性假设，有ij，

(1,1)(1,2)(r,1)(r,2)所以 (1,r)(r,r)且0，再由习题12可知，1,2,,r线性无

关。

其次，在1,2,,m中，任取s，可证它可由1,2,,r线性表出。我们先考虑相应的

s，由于1,2,rr,r是一极大线性无关组，所以

rrri1i1j1skiii1r，那么

(skii,skii)(s,s)2ki(i,s)kikj(i,j)i1i1

rrrrr(s,s)2ki(i,s)kikj(i,j)(skii,skii)0i1i1j1i1j1，

所以

skiii1r.

2） 证明：将1,2,,r正交标准化后得1,2,,r，即

(1,2,,r)(1,2,t11t12t22,r)t1rt2rtrr， （1）

(1,2,,r)(1,2,那么

t11,r)t1rtrr （2）

也是由1,2,,r所得到的一组标准正交化的向量组。

(i,j)(t1i1tiii,t1j1tjjj)事实上，

(t1i1tiii,t1j11,ijtjjj)(i,i)0,ij.

3） 将1,2,,r扩大成空间的一组标准正交基1,2,,r,r1,,n，将

1,2,,r也扩大成空间的一组标准正交基1,2,,r,r1,,n，定义变换

1i（i1,2,,n）， （3）

由于变换式（3）是标准正交基到标准正交基，所以是正交变换。 4） 最后证ii（i1,2,,m）. 由式（1），有

(1,2,,r)(1,2,,r)T. （4）

由式（3）及式（2），有

(1,2,,r)(1,2,,r)(1,2,,r)T （5）

比较（4），（5）两式右端，可得ii（i1,2,,r）.

其次，任取s，那么

skiii1r，再由上面1）的证明，知

skiii1r，

所以

skiikiisi1i1rr （s1,2,,m）.

26、 设A是n级实对称矩阵，且AE，证明：存在正交矩阵T，使得

ErTAT010Enr.

1T11AT1证 由文献[1]P.379定理7知，对A存在正交变换T1，使

n

1(T11AT1)(T11AT1)其中i为A的特征值，从而

1nn，

12T11A2T1即2n.

122但AE，再由上式，得1T1ET1En2，

所以i1或1，i1,2,,n.

ET1ATr0再只要将正特征值集中在前面，于是得到正交变换T，使

0Enr.

7、 设

12nf(x1,x2,,xn)X'AX是一实二次型，1,2,,n是A的特征多项式的根，且

'''n，证明：对任一XR，有1XXXAXnXX.

1T1AT证 设存在正交变换T，使

'n. 其中i为A的特征根。在二次型XAX中，

令XTY，则

X'AXY'T'ATY1y12nyn2. 再由题设，

1Y'Y1(y12yn2)X'AXn(y12yn2)nY'Y， （1）

由于XTY及T是正交矩阵，所以XX(TY)TYYTTYYY，代入式（1），即有

1X'XX'AXnX'X.

'''''n8、设二次型f(x1,x2,,xn)的矩阵为A，是A的特征多项式的根，证明：存在R中的

非零向量(x1,x2,,xn)，使得f(x1,x2,,xn)(x1x222xn).

2x1x2'xnAA证 设是的特征多项式的根，存在非零向量，使. 两边左乘，得

'A''，此即f(x1,x2,,xn)(x1x222xn).

29、1）设,是欧式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维欧式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）由本章习题15知，镜面反射为2(,)，V， （1） 其中是待定的单位向量，将代入式（1），得2(,).

令 2(,)， （2） 那么2(,).

因为，所以(,)0，得

2(,)， （3）

从而

(,)(11,)(,)[(,)(,)]2(,)2(,)2(,)，去分母，得

1(,)2[1()]2，其中(,)1.

取

2[1(,)]， （4）

不难验证 (,)1. 将式（4）代入式（1），就可以定义镜面反射了，并且由式（2）知道．

２）设是正交变换，1,2,,n是一组标准正交基，且ii（i1,2,,n）． 由于是正交变换，1,2,,n也是一组标准正交基。这时，若ii（i1,2,,n），我们定义111，

1jj11．问题得证。 （j2,,n），那么，1是镜面反射，且下面假设1,2,,n与1,2,,n不尽相同，不妨设11，那么由上面１）的证明，存在镜面反射111，

1jj（j2,,n），即

1,2,1,n1,2,,n．

这里若

jj（j2,,n），那么1，问题证毕；否则我们可以假设22，又定义

22(,)， （５）

其中

222[1(22)]．

那么由式（５），可以验证222，2112(,1)1．

22,1]02[1(22)]；

因为(1,2)0，(2,1)0，

(,1)[仿此类推下去，

s1,1,2,1,n1,2,2,n1,2,3,,n,s，

jss121，其中所以（j1,2,,s）都是镜面反射。

10、设A,B是两个nn实对称矩阵，且B是正定矩阵。证明：存在一个nn实可逆矩阵T，使TAT与TBT同时为对角形。

''证 由于B是正定矩阵，故存在可逆矩阵C，使CBCE. （1）

'再因为CAC仍是对称阵，所以存在正交矩阵D，使CAC为对角形，即

''1D'(C'AC)Dn， （2）

那么TCD就同时使TAT与TBT化为对角形，实际上由式（2），知

''

1T'AT''''n，而TBTDCBCDDEDE.

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1,2,,n与1,2,,n是酉空间V中两组标准正交基。它们的过渡矩阵是

(1,2,A(aij),n)(1,2,，即

a11,n)an1a1nann.

由于1,2,1,ij(i,j),n0,ij. 是标准正交基，所以

而 ia1i1(i,j)(a1i1anin，

ja1j1anjn，

anin,a1j1anjn).

再由文献[1]P.390酉空间上内积的定义，知

a1ia1ja2ia2j1,ijanianj0,ij.

这就是AAE，所以A是酉矩阵。

'12、 证明：酉矩阵的特征根的模为1.

证 见本章第三讲之三例6之1））.

13、设A是一个n级可逆复矩阵，证明A可以分解成AUT，其中U是酉矩阵，T是

t11t120t22T00一个上三角矩阵：

t1nt2ntnn，其中对角线元素tii（i1,2,,n）都是正实数。并证

明这个分解是惟一的。

证 【类似习题第14题。】

设A(1,2,,n)，其中1,2,,n为A的列向量是，A可逆，则

1,2,,n线性无关。用施密特方法正交化，令

112,1)22((,121)n1(n,i)nnii1(i,i)， 1再将i单位化，令

iii（i1,2,,n）， 则1,2,,n为标准正交基。再从式（1），式（2）解出i，得

1t112t121t222nt1n1t2n2tnnn， 1）

（2）

3）

（ （

其中tiii0是正实数。将式（3）写成矩阵形式，即

A(1,2,,n)(1,2,t11t12t22,n)t1nt2ntnn .

令U(1,2,t11T,n)，tnn为上三角阵，故

AUT，UU'U'UE，即U为酉矩阵。

再证分解是惟一的。设若还有酉矩阵

U1,T1也使

AU1T1UT. 那么

U1U1TT11.

不难证明酉矩阵之逆为酉矩阵，酉矩阵之积为酉矩阵（见本章第三讲之三例6），则为酉矩阵，从而

TT11U1U1为酉矩阵。

另一方面，令正实数，从而

b11T20T2TT11，则T2是上三角形，且为酉矩阵。T与T1的主对角线元素都为

T11主对角线元素也是正实数，T2主对角线元素也是正实数。再设

c1n1cnn，且T2的主对角线元素也全为正实数。由于T2是酉矩

b1nc11T12bnn0，

'1T2T2阵，，则

b11T'2b1nc11c120c22T12bnn00c1nc2ncnn. （4）

由式（4）可证

bij0（ij）. 所以T2diag(b11,b22,bnn).

再由

T2是酉矩阵，

bii1，但

bii为正实数，故

T2ETT11，这样TT1. 再由

U1U1TT11E知UU1. 从而得证分解是惟一的。

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A的任一特征值，为它的特征向量，由于

''''A'A，AA(A)， （1）

''''''AA(A)A， 又，，，代入式（1）得，

所以，即为实数。

再设,是A的两个不同的特征值，,分别为属于和的特征向量，有

A，A，由于(A,)(,A)，(A,)(,)(,)，

(,A)(,)(,)，所以(,)(,). 但，故(,)0.