矩阵论复习题-第二章.doc

第二章 内积空间一、基本要求1、掌握欧氏空间与酉空间得定义与性质,掌握Hermite矩阵得定义,理解欧氏(酉)空间中度量得概念.2、掌握线性无关组得Schmidt正交化与对角化方法,理解标准正交基得性质.3、理解Hermite二次型得定义.4、掌握在一组基下得度量矩阵得概念,标准正交基下度量矩阵得性质及两组标准正交基下得度量矩阵得关系.5、了解欧氏子空间得定义.6、掌握正交矩阵与酉矩阵得定义与性质,理解正交(酉)变换与正交(酉)矩阵得关系.7、掌握对称矩阵与Hermite矩阵得定义与性质,理解对称(Hermite)变换与对称(Hermite)矩阵得关系.8、掌握矩阵可对角化得条件,会求一个正交(酉)矩阵把实对称(Hermite)矩阵化为对角形矩阵,会求一组标准正交基使线性变换在该基下对应得矩阵就是对角形矩阵.二、基本内容1、内积空间设数域上得线性空间,若中任意两个向量都有一个确定得数与之对应,记为,且满足下列三个条件(1) 对称性:,其中表示对数取共轭;(2) 线性性:;(3) 正定性:,当且仅当时,则称为向量与得内积.当时,称为 欧氏空间;当时,称为酉空间.注意:在中,;在中,.通常得几个内积:(1) 中, 中,.其中.(2) 中,.(3) 在实多项式空间及上连续函数空间中,函数得内积为2、向量得长度、夹角、正交性定义 ,称为得长度,长度为1得向量称为单位向量,就是得单位向量.长度有三个性质:(1) 非负性:,且;(2) 齐次性:表示数得绝对值;(3) 三角不等式:.定理(CauchySchwarz不等式).与得夹角定义为.当时,称与正交,记.若非零向量组两两正交,即,称就是一个正交组;又若,则称为标准正交组,即定理(勾股定理) ,即.3、标准正交基标准正交基指欧氏(酉)空间中由两两正交得单位向量构成得基.构造方法:对欧氏(酉)空间得一个基进行Schmidt正交化可得正交基,再对正交基进行单位化可得标准正交基.把线性无关向量正交化为正交向量组:设再把单位化:,则为标准正交组.在标准正交组下,向量可表为:,坐标表示在上得投影长度.4、基得度量矩阵度量矩阵就是以欧氏(酉)空间得基中第个元素与第个元素得内积为行列元素构成得方阵.设欧氏(酉)空间得一个基为,令,则该基得度量矩阵为.基得度量矩阵就是实对称(Hermite)正定矩阵,它得阶数等于欧氏(酉)空间得维数,正交基得度量矩阵就是对角矩阵,标准正交基得度量矩阵就是单位矩阵.设酉空间得一个基为,该基得度量矩阵为,在该基下得坐标(列向量)分别为与,那么与得内积.当为欧氏空间时,.当此基为标准正交基,酉空间得与得内积,欧氏空间得与得内积.设欧氏空间得两个基分别为()与(),且由基()改变为基()得过渡矩阵为,基()得度量矩阵为,基()得度量矩阵为,则有:(1) .(2) 基()就是标准正交基得充要条件就是.(3) 若基()与基()都就是标准正交基,则就是正交矩阵.(4) 若基()(或()就是标准正交基,就是正交矩阵,则基()(或基()就是标准正交基.5、正交变换与对称变换() 关于正交变换,下面四种说法等价:1) 就是欧氏空间得正交变换,即对于任意得,有;2) 对于任意得,有;3) 在得标准正交基下得矩阵为正交矩阵;4) 将得标准正交基变换为标准正交基.() 关于对称变换,下面两种说法等价:1) 就是欧氏空间得对称变换,即对于任意得,有;2) 在得标准正交基下得矩阵为对称矩阵.() 若就是欧氏空间得对称变换,则在得某个标准正交基下得矩阵为对角矩阵.() 在欧氏空间中,若正交变换得特征值都就是实数,则就是对称变换.6、相似矩阵(1) 相似于上(下)三角矩阵.(2) 相似于Jordan标准形矩阵.(3) 酉相似于上三角矩阵.(4) 设,则得充要条件就是存在酉矩阵,使得(对角矩阵).(5) 设得特征值都就是实数,则得充要条件就是存在正交矩阵,使得.(6) 实对称矩阵正交相似于对角矩阵.三、典型例题例1、在中,设,分别定义实数如下:(1) ;(2) ;判断它们就是否为中与得内积.解 (1) 设,由 知,当且时,.故该实数不就是中与得内积.(2) 取,有故该实数不就是中与得内积.例2、中,向量组线性无关得充要条件就是.证 方法一 设,则线性无关.方法二 设,则,即齐次方程组仅有零解得充要条件就是系数矩阵得行列式,即线性无关.例3、设欧氏空间中得内积为(1) 求基得度量矩阵.(2) 采用矩阵乘法形式计算与得内积.解 (1) 设基得度量矩阵为,根据内积定义计算,.由度量矩阵得对称性可得,于就是有.(2) 与在基下得坐标分别为,那么.例4、欧氏空间中得多项式与得内积为,取,记子空间.(1) 求得一个正交基;(2) 将分解为两个正交得非零子空间得与.解 (1) 设,则有,即,也就就是.于就是可得.取得一个基为,并进行正交化可得那么,就是得正交基.(2) 令,则与正交,且.例5、已知欧氏空间得基得度量矩阵为,采用合同变换方法求得一个标准正交基(用已知基表示).解 因为对称正定,所以存在正交矩阵,使得(对角矩阵),计算得则有.于就是,由可得得一个标准正交基为.例6、在欧氏空间中,定义与得距离为:,试问:保持距离不变得变换就是否为正交变换？答 不一定,例如中向量得平移变换:,.虽然保持距离不变,但平移变换不就是线性变换,更不就是正交变换.例7、设与就是维欧氏空间两个线性无关得向量组,证明存在正交变换,使得充要条件就是.证 必要性 因为就是正交变换:,又已知,故有.充分性 定义变换,使得,则就是线性变换,且就是唯一得.下证就是正交变换.已知,则有,设,则, .即,故就是正交变换.例8、设就是欧氏空间得一组标准正交基,求出得一个正交变换,使得解 设,使得就是标准正交得,因已标准正交,则只要满足,即解得,即,得就是标准正交基.因把标准正交基变为标准正交基,故就是正交变换.另法 设得坐标为,由.就是正交变换为正交阵.由,解得,则.例9、设就是欧氏空间中得单位元素,定义变换 (1) 验证就是线性变换;(2) 验证既就是正交变换,又就是对称变换;(3) 验证就是得一个特征向量,并求其对应得特征值.证 (1) 设,则有= =,故就是线性变换.(2) 因为所以就是正交变换.设,则,于就是有故也就是对称变换.(3) 直接计算可得故就是得对应于特征值得特征向量.例10、证明欧氏空间得线性变换为反对称变换,即得充要条件就是在得标准正交基下得矩阵为反对称矩阵.证 设得一个标准正交基为,线性变换在该基下得矩阵为,即.则有必要性 设就是反对称变换,则有,即,故.充分性 设,则对任意得有,.因为就是标准正交基,所以故就是反对称变换.例11、设欧氏空间得正交变换得特征值都就是实数,证明存在得标准正交基,使得在该基下得矩阵为对角矩阵.分析 正交矩阵就是实得正规矩阵,当它得特征值都就是实数时,它能够正交相似于对角矩阵.证 设得一个标准正交基为,正交变换在该基下得矩阵为,那么就是正交矩阵,也就是实得正规矩阵.因为得特征值都就是实数,所以得特征值都就是实数.于就是存在正交矩阵,使得,其中就是得特征值.令,则就是得标准正交基,且在该基下得矩阵为【评注】 本例结果表明,特征值都就是实数得正交变换就是对称变换.例12、设就是欧氏空间得正交变换,构造子空间证明.证 先证.任取,则有.对于任意得,有 所以故再证,任取,那么,从而有,所以,即,也就就是,故.例13、设,酉空间中得向量内积为通常得,证明.分析 设中得向量与向量得内积为,则得充要条件就是,或者.证 划分,则有, .例14、设,酉空间中得内积为通常得,证明:与正交得充要条件就是.证 划分,则有,根据例15结果可得,与正交得充要条件就是,即 ,或者 ,也就就是.例15、在中,求一单位向量与及均正交.解 设与已知向量正交,即该齐次线性方程组得一个非零解为,单位化可得,即为所求得单位向量.例16、设为维欧氏空间得一个线性变换,试证:为正交变换得充分必要条件就是.证 必要性 .充分性 取,于就是有,即保持中得向量长度不变,所以为正交变换.例17、对于矩阵,求正交(酉)矩阵,使为对角矩阵.解 可求得,于就是得特征值为.对应得特征向量为.正交化可得;再单位化可得.对应得特征向量为,单位化可得,故正交矩阵使.例18、设就是阶实对称矩阵,且(即就是幂等矩阵),证明存在正交矩阵使得.证 设得属于特征值得特征向量为,即,则有.因为且,所以,即或1.再由实对称知,存在正交矩阵使得.例19、设就是欧氏空间得两个子空间,证明证 先证第一式.设,即.于就是且,或者且,即.故.又设,即且.于就是且,或者,即.故.因此第一式成立.对与应用第一式,有,故,即第二式成立.例20、(1) 设为酉矩阵且就是Hermite矩阵,则得特征值为1或.(2) 若就是正规矩阵,且得特征值,则就是酉矩阵.证 (1) 因为酉矩阵,则得所有特征值具有;又就是Hermite矩阵,则得特征值皆为实数,故得特征值为1或.(2) 因就是正规矩阵,且得特征值,则有酉矩阵,使得,故有,即就是酉矩阵.例21、为阶正规矩阵,就是得特征值,证明与得特征值为.证 由正规,则,故与得特征值皆为.例22、设为阶正规矩阵,证明(1) 若对于正数,有,则.(2) 若,则.(3) 若,则.证 (1) 若,则得特征值皆为零,又就是正规矩阵,可酉对角化,即有,故有.(2) ,则得特征值为1或0,假定;可酉对角化为:,可得.(3) ,且,由,得或,不妨设,也有,故有.例23、为阶Hermite矩阵,设得个特征值为,证明.证 对于Hermite二次型,必有酉变换,使化为标准形,又,则.设为对应于得特征向量,即,则,故有.同理有.例24、就是正规矩阵,证明(1) 得特征向量也就是得特征向量.(2) ,与得长度相等.证 (1) 为正规矩阵,则有酉矩阵,使得,其中,为得特征向量,由上两式可见,故与有相同得特征向量.(2) 由, .证得.例25、为阶实对称矩阵,为正定矩阵,证明存在同一可逆矩阵,使.证 为正定矩阵,必有可逆矩阵,使因为对称矩阵,则也就是对称矩阵,所以存在正交矩阵,使得,令,就有.又,即有,故存在同一可逆矩阵,使.例26、(1) 设,则得充要条件就是得个列(或者行)向量就是标准得正交向量组.(2) 得充要条件就是.证 (1) 必要性 设.由于,所以有,于就是可得这表明矩阵得个列向量就是一个标准得正交向量组.同样可以证明得个行向量就是一个标准得正交向量组.充分性 设矩阵得个列向量就是一个标准得正交向量组,那么有从而可知,此即,进一步也有,这表明为一个酉矩阵.类似地可以证明行得情况.(2) 必要性 设矩阵得个列向量就是一个标准得正交向量组,那么有由此可得.充分性 设由于,所以有.于就是可得这表明矩阵得个列向量就是一个标准得正交向量组.例27、已知,试求酉矩阵,使得就是上三角矩阵.解 首先求出其特征多项式.当时,求出属于特征值1得一个单位特征向量.解与内积为零得方程,求得一个单位解向量.解与内积为零得方程又求得一个单位解向量.于就是取,经过计算可得.记,可得.对于时,求得一个单位特征向量,再求得一个与正交得向量.令,经计算可得.令,记,则.例28、设均为阶正规矩阵,试证与相似得充要条件就是与酉相似.证 必要性 由于与均为正规矩阵,所以分别存在正规矩阵,使得其中为得特征值,为得特征值.又与相似,于就是有,此时,这表明与相似.充分性 显然.例29、已知为实矩阵,且有,证明必为对称矩阵.证 由可知,为正规矩阵,那么存在酉矩阵,使得,从而有.又为实矩阵,由上式可知其特征值也就是实数,从而矩阵就是一个正交矩阵,即,从而有,其中一定为实数.同样也有.由此可得,即为实对称矩阵.例30、设均为正规矩阵,且有,证明:(1)至少有一个公共得特征向量;(2)可同时酉相似于上三角矩阵,即存在酉矩阵,使得以及均为上三角矩阵;(3)可同时酉相似于对角矩阵;(4)与均为正规矩阵.证 (1) 设就是矩阵得属于特征值得特征子空间,若,即,则,由于,所以有,这表明,从而就是得不变子空间,故在中存在得特征向量,它也就是得特征向量.(2) 对得阶数用归纳法证明.当得阶数均为1时,结论显然成立.设单位向量就是得一个公共特征向量,再适当选取个单位向量,使得为标准正交基,于就是为酉矩阵,且有.进一步可得这里就是矩阵,就是一个阶矩阵,另外也有,这里就是矩阵,就是一个阶矩阵.由又有,于就是可得,由此可推得.故由归纳法假设,存在阶酉矩阵,使得,这里为一个上三角矩阵,记于就是有,显然就是一个上三角矩阵.容易验证就是酉矩阵.同样可得,也就是一个上三角矩阵.(3) 由(2)可设,这里就是一个上三角矩阵,那么,从而可得,.又,所以可得,从而知为一个对角矩阵.同样可证也就是一个对角矩阵.(4) 由(3)可设,于就是有.由正规矩阵结构定理可知为正规矩阵,那么也为正规矩阵.【评注】教材中已给出一种证明方法,但就是与这里得证明方法完全不同,这里主要运用Schur引理得证明思想.例31、已知下列正规矩阵,求酉矩阵,使得为对角矩阵.(1)(2)(3)解 (1) 首先求出矩阵得特征多项式为,所以得特征值为.对于特征值,求得一个特征向量.对于特征值,求得一个特征向量.对于特征值0,求得一个特征向量.由于为正规矩阵,所以就是彼此正交得,只需分别将单位化即可,于就是取,而且有.(2) 首先求出矩阵得特征多项式为,所以得特征值为.对于特征值,求得一个特征向量.对于特征值,求得一个特征向量.对于特征值9,求得一个特征向量.由于为正规矩阵,所以就是彼此正交得,只需分别将单位化即可.于就是取,从而有.(3) 首先求出矩阵得特征多项式为,所以得特征值为.对于特征值,求得一个特征向量.对于特征值,求得一个特征向量.由于为正规矩阵,所以就是彼此正交得,只需分别将单位化即可.于就是取,从而有.【评注】这三个题目只需按照教材介绍得正规矩阵可对角化具体过程进行即可.例32、试举例说明:可对角化矩阵不一定可酉对角化.解 设就是两个线性无关但不正交得向量,记,取那么,就就是一个可对角化矩阵,但不就是可酉对角化矩阵.例33、证明(1) Hermite矩阵得特征值为实数;(2) 反Hermite矩阵得特征值为零或纯虚数;(3) 酉矩阵特征值得模长为1.证 (1) 设为一个Hermite矩阵,就是得一个特征值,为对应于特征值为得一个特征向量,即有,在此式两端取共轭转置可得用从右端乘上式两端有,于就是有.由于,所以,从而有,这表明就是实数.(2) 设为一个反Hermite矩阵,就是得一个特征值,为对应于特征值得一个特征向量,即有,在此式两端取共轭转置可得用从右端乘上式两端有,于就是有.由于,所以,从而有,这表明为零或纯虚数.(3) 设为一个酉矩阵,就是得一个特征值,为对应于特征值得一个特征向量,即有,在此式两端取共轭转置可得.用从右端乘上式两端有,于就是有.由于,所以,从而有,这表明得模长为1.例34、设与均为Hermite矩阵,试证与酉相似得充要条件就是与得特征值相同.证 必要性 由于相似矩阵有相同得特征值,所以与得特征值相同.充分性 与均为Hermite矩阵,所以分别存在酉矩阵,使得其中为得特征值,为得特征值.又,从而,此即,这表明与酉相似.例35、设就是Hermite矩阵,且,则存在酉矩阵,使得.证 由于就是Hermite矩阵,所以存在酉矩阵,其中为得特征值,又为幂等矩阵,于就是或1.不妨设得秩为,那么中有个1,个0.记.即.例36、设中得向量为,线性变换为,求得一个基,使在该基下得矩阵为对角矩阵.解 取得简单基,计算得那么,在基下得矩阵为.得特征值为,与之对应得线性无关得特征向量依次为.令,则有,由求得得另一个基为在该基下得矩阵为.四、教材习题同步解析1、设就是实数域上得维线性空间,就是得一组基,对于中向量,定义内积为,证明在此内积下构成一个内积空间.证 设,则有; ;.当时,;当时,至少有一个,从而,因此,该实数就是上得内积,构成一个内积空间.2、设就是实数域上得维线性空间,就是得一组基,就是一个阶正定实对称矩阵.定义得内积如下:对于中向量,如果它们在基下得坐标分别为,则,证明就是一个内积空间.证 设,在基下得坐标为,则有;因为为阶正定实对称矩阵,所以为正定二次型.时,;时,所以就是一个内积空间.3、在实内积空间(内积为实向量得普通内积)中,已知,试求出与都正交得单位向量.解 设满足有 ,可取,故单位向量为或.4、设内积空间中向量得内积为判断下述向量就是否正交:1);2).解 1),故正交.2),故不正交.5、设就是维内积空间得一组基,如果中向量使证明 .证 令,有,由内积定义,有.6、设就是实数域上得内积空间,就是得一组标准正交基.证明也就是得一组标准正交基.证 ,记矩阵,因为所以为正交矩阵,又因为为标准正交基,所以也就是标准正交基.7、设就是5维内积空间得一组标准正交基.求子空间得一组标准正交基.解 设,则,因为线性无关,则,所以线性无关,所以她们就是得一组基.将正交化,单位化,即得得一组标准正交基.记,则正交化,;单位化;所以标准正交基.8、已知线性空间对于内积构成一个内积空间.从基出发,经正交单位化求一组标准正交基.解 因为,正交化,令;再单位化9、对于实数域上得线性空间,规定内积如下:对于中任意元素,则迹.证明对此内积构成欧氏空间.证 ;对任意得,有迹迹=迹+迹;迹迹=迹=;,当且仅当(即)时,所以对此内积构成欧氏空间.10、设欧氏空间(内积为普通实数组向量得点积)得一组基为,求在这组基下得度量矩阵.解 .11、在线性空间上定义一种内积成为欧氏空间.已知在基下得度量矩阵为.1) 求在基下得度量矩阵B.2) 求实数,使向量与向量正交.解 1) 因为由基到基得过渡矩阵,设向量在下得坐标为,则在下得坐标为,如果在基下得度量矩阵为,则,所以2)在下得坐标分别为与,所以时,有.12、设就是欧氏空间得一组基,内积在这组基下得度量矩阵为已知得子空间得一组基为,.1) 证明就是得一组正交基;2) 求得正交补得一组基.证 1) 因为,故正交,所以就是得一组正交基.2) 只需再找到中向量使为得一组正交基,则即为得一组基.方法一:设,利用正交条件 即 可得一解为,即得.方法二:先将扩充为得一组基,为此只需得坐标线性无关.例如取即可.再将正交化.因已就是正交组,正交化过程只需从第三个向量做起.令,算出,即得.13、设4维欧氏空间在基下得度量矩阵为,已知中向量,得子空间.1) 试求得一组标准正交基;2) 设有得线性变换,使,请判明就是不就是得正交变换或对称变换？解 1) 显然线性相关,其极大无关组即为得一组基,将正交化、单位化便可得得一组标准正交基.正交化得;再单位化得.又解 如取为得一组标准正交基,因为已就是正交基,只需单位化,便得得一组标准正交基2) 由题设条件知,由1)得结果知,设对得标准正交基有则应有因为C就是对称矩阵但不就是正交矩阵,所以就是对称变换但不就是正交变换.14、设,都就是矩阵,证明也就是矩阵得充要条件就是.证 必要性:;充分性:,所以为矩阵.15、若矩阵满足则称为一个反厄密特矩阵.试证:任一阶矩阵可表示为一个厄密特矩阵与一个反厄密特矩阵之与.证 设,且,则,所以为所求.16、判断下列各矩阵在所指明得数域上能否相似对角化？若能,求出一个相似因子,并给出相应得对角矩阵.1)实数域 2)复数域3)实数域 4)复数域5),实数域解 1) ,特征根(二重),.当时,解,有,秩为1,故基础解系中有个线性无关特征向量,因得同解方程组为,为任意实数.则令有;有.当,解,有,秩为2,故基础解系中有个线性无关得特征向量,其同解方程组为.令,则得.因A有3个线性无关得特征向量.令,则,P为相似因子.2)特征根(三重).当时,解,有,因,故秩,所以基础解系有个线性无关特征向量.故A不能相似对角化.3) ,因其不能在实数域上分解成一次因式乘积,故A不能相似于对角形(或A特征根为复数).4) ,.当时,有,同解方程组,令,则一个特征向量.当时,有,同解方程组,令,则得到一个基础解系.则一个相似因子为,且.5),(二重),.当时,同解方程组,秩为1,基础解系中有31=2个线性无关特征向量.令分别取,得.当时,同解方程组,秩为2,基础解系中有32=1个线性无关特征向量.令,有 ,得到一个相似因子,且17、对实对称矩阵,求正交矩阵Q,使为对角矩阵.解 ,得(二重), .当时,因,有,令分别取,有一个基础解系.当时,因 ,有,令,得基础解系.将正交化得 , ,单位化得 ,将单位化得 ,令,则为正交矩阵,且.18、求一个酉矩阵U,把H矩阵化为对角形.解 解得.当时,解有,同解方程组,令,得.当时,解,有同解方程组,令,得再单位化得 令,得.19、设就是3维欧氏空间,就是得一组标准正交基,线性变换使求得一组标准正交基,使在基下得矩阵为对角矩阵.解 由题设条件可得在标准正交基下得矩阵,对实对称矩阵,可求出正交矩阵,使.令即得所求之标准正交基