高等代数(北大版)第9章习题参考答案.doc

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1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高等代数(北大版)第9章习题参考答案【精品文档】第 20 页第九章 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

2、)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,

3、，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RX中定义内积为(f,g)= 求RX的一组标准正交基(由基1.出发作正交化)。解 取RX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:

4、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。111）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

5、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。141）设A为

6、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，

7、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

8、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

9、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

10、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

11、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

12、=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

13、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

14、: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=-

15、。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

16、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。 91）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

17、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

18、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，

19、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。