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1、第九章欧几里得空间习题解答1 设 A( a ) 是一个n级正定矩阵，而(x1, x2, , xn ) ，( y1, y2 , , yn ) .、ij在 R n中定义内积 ( ,)为(,)A' .1）证明：在这个定义之下，R n 成一欧氏空间；2）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。解 1）只要证明按定义 ( ,)A' （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
2、( A ' )k( , ) ；3(, )() A 'A 'A '(,)(,)4( , )A 'aij xi x j .i , j由于 A 是正定矩阵，所以aij xixj 是正定二次型，从而 ( , )0 ，并且仅当i , j0 时， (,)0 。由此可见， R n 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0a11a1n(i , j 1,2, , n) ，b(i,j)(010)1aijij( i )an1ann0此即BA .3）(,)aij xi x j ，( , )aij xi x j ，( , )aij yi yj
3、 ，i , ji , ji , j故柯西 -布涅柯夫斯基不等式为aij xi yjaij xi x jaij yi y j.i , ji , ji , j2、在R4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 1123( 2)210 ，所以.2.2） (,)18， (,)18， (, )36 ， cos,18362 ，所以182.4.3） (,)3 ， (,)7 ， (,)11 ， cos,3，所以77.arccos 13 .773、 d (
4、,)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 4 中求一单位向量与(1,1, 1,1)， (1, 1, 1,1) ， (2,1,1,3) 正交。解 设(x1, x2, x3 , x4 ) 与已知三向量分别正交，得方程组x1x2x3x40x1x2x3x40 ，令 x31，解得 x14 ， x20 ， x43 .2x1x2x3 3 x4 0所以(4,0,1,3) .再将它单位化，得1413，即即为所求。,0,2626265、设1 , 2 ,n 是欧式空间 V 一组基，证明：
5、1）如果V 使 ( ,i )0 ， i1,2, n ，那么0 ；2）如果 1,2V使对任一V 有 (1 ,)( 2 ,)，那么 12 .证 1）由 1, 2,n 是 V 的一组基，又V ，所以k11k2 2knn .又(,) (, k1 1k2 2kn n ) ，由题设知 (,)k1(,1 )kn (,n )0 ，所以0 .2）由题设，特别对基i 有 ( 1, i )(2 ,i ) ，或者 ( 12 ,i )0，i1,2,n ，再由上面 1）得120，即得 12 .6、设 1, 2,3 是三维欧式空间中一组标准正交基，证明：12 23 ) ，1(211 (223)， 3 1(132122 22
6、 3 ) 也是一组标准正交基。31(2 131 (2 1,2 1) (2 2,证(1,2)2 23,2 122 3)2 ) (3,2 3)1994 (2)( 2)0 ，91 (2同理可证 (1 ,3 )(2 ,3 )0. 又(1, 1)12 23,2 1223) 1，同9理( 2,2 )(3 ,3 )1，所以 1,2 ,3 是一组标准正交基。7、设 1, 2,3, 4 , 5 是五维欧式空间V 的一组标准正交基， V1L (1 ,2, 3)，其中 115 ，2124 ， 32 123 ，求 V1 的一组标准正交基。解 首先设有线性关系式 k1 1k22k330 ，代人并由 1, 2 ,3, 4
7、, 5 线性无关，易知 k1k2k30 ，从而知1 ,2 ,3 是线性无关的。然后，再将它们正交化：，(2 ,1 )11112211245(1 ,1 )2(3,1)(3,2)3 .33,)1,)2125(11(2215 ，2最后，再单位化，得12 (15)，210 (1 222 45)， 31 (1235).252则 1 , 2 , 3 就是 V1 的一组标准正交基。2x1 x2x3x43x50的解空间（作为 R 5 的子空间）的8、求齐次线性方程组x2x3x50x1一组标准正交基。解 由 x43x52x1 x2x3 ，不难得到基础解系为 1(1,0,0, 5, 1) ，x5x1x2x322(
8、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(1,0,0,5,1) ，(2 ,1 )1( 7,9,0,1,2) ，1122(1,1 ) 19(3, 1)( 3 ,2 )1(7,6,15,1, 2) ；33(1,1)1( 2 ,22 )15再单位化：11(1,0,0,5,1)，21(7,9,0,1, 2)， 331(7,6,15,1, 2) ，3331535那么1, 2 , 3 就是解空间的一组标准正交基。9、在 R x4 中定义内积为 ( f , g)1f (x)g (x)dx ，求 R x4 的一组标准正交基 （由1基 1, x, x2 , x3
9、出发作正交化）。解 取 11， 2x ， 3x2 ， 4x3 ，将它们正交化：1， 2( 2 ,1 )x ，其中 (2 ,1 )1x 1dx0；11211( 1 ,1 )33(3,1)1(3,2)2x21 ，(1,1)(2,2)3其中 (3, 1)1x2 dx2112 xdx 0 ；1， (1,1 )1 1dx2， (3 ,2 )x311同理44(4,1)1(4,2)2(4,3)3x33 x .(1,1)(2,2)(3,3)5再将它们单位化：1112（其中 12( 1 ,1 )2 ）；12同理2126 x ，310 (3x21)， 414 (5 x33x) .2244那么1, 2 , 3, 4
10、 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。1）证明：V1x ( x,)0, xV是 V的一子空间。2）证明： V1 的维数等于 n1 。证 1）由于 0V1 ，所以 V1 非空。再证 V1 对两种运算封闭。x1,x2 V1，即 ( x1 , )(x2 ,) 0 ，那么 ( x1x2 ,) (x1 , )(x2 , ) 0，从而 x1x2V1 . 另外 ( kx1,)(kx2 , ) 0 ，所以 kx1V1. 从而 V1 是V 的一个子空间。2）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 （i2,3, n），
11、所以iV （i2,3, , n）.只要证明任1意V1 ，都可由 2 , , n 线性表出，那么 V1 的维数就是 n 1. 实际上，k1k 22kn n ，（1）那么 (,)k1 ( , )k2 ( 2 , )kn ( n , ) ，但是 (,)0( i ,) ，（ i,3,2 ,n ），所以 k1( ,)0 ，由于0 ，所以 k1 0 ，代入式（ 1），即有k1k 22kn 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
12、 (aij ) 和 B (bij ) .另外，设 1 ,2 ,n 到 1 ,2 , n 的过渡矩阵为 C(cij ) .即1c 1 1 1 c2 1 2cnn 11c 1 21 c2 22cnn 2'AC .，可以证明 B C1c 1n1 c n 22cnn nn因为 bij ( i , j ) (c1i1cnin , c1 j1cnj n )cki ( k , c1 j1 cnj n )k 1nnnnck i c s( j, k) sc ck i .s jk sk 1s 1k1s 1令一方面，令'(dij'DC( eij ) ，D=CA)，CAC那么， D 的元素 d
13、ijnk 1ckiks，nnnC' AC 的元素 eijdis csj(ckiks )csjbij （ i , j 1,2, n ）.k1s 1k 1所以C'A CB.（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A ( aij ) ，其中ij( i , j ) .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EC'AC .令( 1, 2, n ) ( 1,2 , n ) C ，则由上面 1）可知，基 1,2 , n 的度量
14、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 )(m, m )证明：当且仅当0 时，1, 2 ,m 线性无关。证 考虑 k11k22km m0 ，它分别与 i 取内积得方程组k1( i ,1 )k 1( i, 2 )k 1 i( m, ，)（ i0 ,2,1,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。a11a1nb11证 设
15、A为上三角矩阵，则A 1也是上三角矩阵。annbnna11b11由于 A 是正交阵，有 A 1A'，即 A'，所以a1nannbnna11aij 0 （ ij ） . 这样 A为对角阵。ann再由于 A'AE ，所以 aii21 ，此即 aii1或 1.14、1）设 A 为一个 n 级实矩阵，且 A0 ，证明 A 可以分解成 AQT ，其中 Q是正交矩阵， T 是一上三角矩阵：t11t12t1n0t22t2 n.T00tnn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AT'T .a1
16、1a1 n证 1）设A，它的 n 个列向量是1,2, ,n ，由于 A 0 ，所以an1ann1 , 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11 11(2,1)1212（1）22，( n , 1 )( n , n 1 )111n 1nnnn其中那么1122( 2 ,1)1，nn( n , 1) 1( n , n 1) n 11t 1 112t 121 t2 22，其中 tii0 （ i 1,2, n ）.int1 n 1 t 2n 2 tn n nt11t12t1n这就是说， A( 1 ,2 , ,n )(
17、 1, 2 , , n )t22t2n（2）tnnt11t1n令 T，那么 T 是上三角阵，且主对角线元素 tii0 .t nn令外，由式（ 1）可以看出i是 n 维列向量，不妨记为b1ib11b1nb2i （ ii1,2, n ），且令 Q( 1,n ) ，bnibn1bnn那么代入式（ 2）后有AQT .由于1 , 2 , n 是标准正交基，故Q 是正交矩阵。再证唯一性。设AQ1T1QT（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 1QT1T 1 .由于 Q1 1Q 是正交阵，从而 T1T 1 也为正交阵，且
18、为上三角阵，那么由本章习题第 13 题知， T1T 1是主对角线元素为 1 或 1的对角阵，但是 T 与 T 1 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TT1E ，即T1T . 再由 T 是非退化及式 （ 3），所以 QQ1 . 从而分解是唯1一的。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''（4）A CECCC .再由上面证明，知 CQT ，其中 Q 为正交阵， T 为上三角阵，再将 C 代入式（ 4），即有 A' ''T .TQQT T15、设 是欧式空间中一单位向量，定义2(
19、, ) .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 n1 ，那么是镜面反射。证 1）记欧式空间为 V ，对任意,V，有(k1k2)k1k22 (, k1k2)k1k2，所以是线性变换。其次， (,)( k1k2 )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(,)，ii2( , i )i ，1于是
20、(,2 ,n )( ,2 , n )1(, 2 ,n ) A ，因为1A1，所以是第二类的。3）的特征值有 n 个，现有 n1 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0( 1 ,2 , , n ) (1 ,2, n ,1.)1因为是正交变换， ， ( 1, 1 )(1,1)02( 1, 1) ，所以021. 但V1是n1 维的，所以01.这样11 ，ii （ i2, 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 i2, n ）.现今11 ，那么是单位向量，且与 2 ,n 仍为正交的，并且 , 2 , , n1组
21、成一组基，且有11111(1).（2）111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 2kn n ，则k1k22knn ，由式（ 2），式（ 1）有k1k 2 2kn n ，（4）而(,)(k1 k2 2kn n , )k1 ，所以2(,)k1k2 2kn 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 aa ，
22、此即 a0 ，这样bi .17、求正交矩阵 T 使 T ' AT 成对角形，其中 A 为2202200412）212； 2）254；3）00141410;0202450140013331111）3 13 3；5） 111 143313111.133311111解 1）按三步法计算 .220E A21 2(1 ) (4)(， 2)02特征值为11，24 ， 32 ；对应的特征向量为1 (2,1,2) ，化为标准正交基 12 ,1 , 2，3332(2,2,1) ， 322 ,2,1 ,3333(1,2, 2) .1 ,2,2 .3 3 312211所以 T12 2 ，使T'AT4
23、.321221223535102142） T3， T'AT1.3551250335111153） T11111， T'AT5.211113111134） T5） T1111226238111122623，T'AT4.1021426234100322311132266111342266'AT0， T.10230023610032218、用正交线性替换化下列二次型为标准形：1） x122x2 23x324x1x24x2 x3 ；2） x122x2 22x324x1 x24x1x3 8x2 x3 ；3） 2x1x22x3x4 ；4） x12x22x32x4 22x1x
24、2 6x1 x3 4x1 x4 4x2 x3 6x2 x4 2x3 x4 .解 1 ）设原二次型（均记为f ）对应矩阵为 A ，则120A222.E A ( 2)( 1)( 5)，023特征值为 1 2， 21，35 ；相应特征向量为 1(2,1,2)， 2(2, 2,1) ， 3(1, 2,2) .它们已两两正交，单位化：11 (2,1, 2)， 11 (2,2,1) ,11 (1, 2,2) .3331221令X TY ，其中T122 ，则 f X ' AX2 y12y225 y32 .321212235352）令 XTY ，其中 T214，则 f'7y22y22y2.353XAX12352053351010）令，其中11010'2y2y22.TYT，则 fXAXy 123y 43X20101010111114）令 XTY ，其中 T11111