高等代数北大版习题参考答案.docx
《高等代数北大版习题参考答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高等代数北大版习题参考答案.docx(41页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![高等代数北大版习题参考答案.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2023-2/26/0875f581-3da0-4fbe-b768-d172f32d8b8c/0875f581-3da0-4fbe-b768-d172f32d8b8c1.gif)
高等代数北大版习题参考答案
第九章欧氏空间
1.设A=SJ是一个n阶正定矩阵.而
2=(廿,七,・・・,£),0=5*2,…,儿),
在/?
"屮定义内枳(久0)二亦0‘・
1)证明在这个定义之卜:
/?
"成一欧氏空间:
2)求单位向量
£严(1,0,•••,())£2=(0,1,-,0)
•▼
的度帚矩阵;
3)n•体写出这个空间中的柯浙一布湿柯夫斯基不等式。
解I翊见(久0)=朋/是/r上的一个二元实函数•且
(1)(a.0)=oA0‘=(aA0')‘=pf^a-风a'=(0.a)
⑵伙a.0)=(ka)A0‘=R(0Aa)=R(0.a)•(3)(a+0/)=(a+p)ky=a\/+pKy=(a./)+(0,/),
⑷(cr,a)=a\af=工勺声)】,
tj
由于人足正定矩阵,因此工知兀儿是正定而次型,从而(久G)n(),且仅当°=°时有i、j
(a,a;=02)设单位向帚
吕=(1,0,•••,())5=(0,[,•••,())—J=(0,0,…,1)
的度世矩阵为"=(%),则
O
■
I(j)=®j(/,;=1,2,•••,«)
■
■
%)
因此有吐A°
4)由定义•知
(a0)=工炉们
ij
故柯西一布湿柯夫斯基不等式为
2>汽儿s任则佔•工勺»
i・jyijij
2.在R4屮,求a.0Z问(内积按通常定义),设:
1)a=(2.1,12)“=(12-2,1)
2)a=(122,3)Z?
=(3,1-5J)
3)a=(1,1丄2)”=(32-1,0)
解1)由定义得
(a,^)=2x1+1x2+3(-1)+2x1=0
所以
va,0>=彳
Q
2)因为
(久0)=1x3+2x1+2x5+3x1=18(00)=1x1+2x2+2x2+3x3=18
(00)=3x3+1x1+2x2+3x3=36cos=
所以
3)
cosV%0>=
同理可得
{a.p\=3aa)=l7(久0)=3■■
所以5,0>=COS'為
3.〃(R,0)=\a-P\通常为久0的距离,证明:
d(a,0)Sda0)+"(0/)
o
证由跑离的定义及三角不等式可得
〃a0)=|a_/|=|(&_0)+(0_/|)
=d(a.0)+d(0』)
4在2屮求一单位向帚与(1,1,一1,1),(1,一1,一1,1),(2,1,1,3)正交。
解设G二馆,勺,勺,兀)与三个C知向昴:
分别正交,得方”呦
xl+x2-x3+x4=0
-xt-x2-x3+x4=0,
2x)+x2+x3+3x4=0
因为方秤组的系数矩阵A的秩为3.所以可令
x3=1=>xi=4,x2=0」4=一3・即a=(4Ql,-3)Q
再将其单位化,
则
"詁=尙阿,一3),
即为所求。
5•设tzra2,•……crrl£欧氏空间v的一组基,证明:
1)如果yeV使(儿e)=0(i=12……/八那么?
=0o
2)如果yr/2gV使对任一awV£(x,a)=(乙,cr),那么y,=y23
证1)肉为⑦©,……a”为欧氏空间V的一细基,且对yeV・#
(“J=()(l2/)■
所以可设丫="\+k2a2+……knan.
且仃
(7,刃+k2a2+……+&"”)=他(7,0)+妬(卩,他)+……+kH(r,an)
即证7=0。
2)由题设,对任一awV总何伉a)=(/「a),特别对基a,也仃
(/..乞)=(儿,乞),或者(%-儿,aj=0(i=1,2,……
再由1)可得兀一兀",即证/(=/2o
6设刍6弓是三维欧氏空问屮一纽标准正交基,证明:
0=+(為+肚2-£3)
叫=*(2刍一6+2fJ
a3-26-2叩
也是一纽标准正交基。
证因为
=~[(2fi,2叩+(26,-6)+(-6,2£*3)]
=£[4+(-2)+(-2)]=0,
同理可得
(0,磅)=(。
2,。
3)=0,
另一方面
(apa,)=-(2s,+2*6,2吕+2f2-F3)
=|[4(©,FJ+4(6,6)+(-6,-FJ]=丄(4+4+1)=1,
9
同理可得
(a3,a2)=(a3,aj=l,
即证q.a3也是三维欧氏空间中的一组标准正交基o
7.设勺,①,6,6,F,也是伍维欧氏V空间中的一组标准止交基,V严厶依S"J,其屮
at=e}+e5,a2=e}-e2+r4,a3=2e{+e2+r3•
求%的一纽林准止交基。
解首先证明匕心心线性无关・爭实上,由
将止交化,可得
0严8=刍+6
背船*774
单位化.有
Vio
〃2=~^(刍_2与+26_匕),
%二扣+6+6-6)‘
则7,“2,“3为%的标准正交基。
8.求齐次线性方用纽
f2x}+x2-+x4-3x5=0
bi+尤2-召+呂=0
的解空间(作为F的了空间)的•组标准正交基。
兀|-3吃=-2x,-x2+x3
x5=-X]~x2+x3
可得基础解系为
ax=(1,0,0•-5厂I)•a2=(0JA-4-1).a3=(0.0J4J)•
它就是所求解空间的•组基。
将其正交化,可得
A=(1,0,0,-5,—1),
02=E•
-籍))心(-7,9,"2)
03=5-
再将久单位化•可得
7=3初(1,0,0,-5,-1),?
72=录斤亍(一7,9,0,-1,一2),弘=虽奁7(7,6,15,1,2),则744就是所求解空问的一组标准正交基。
9•在R[X|4中定义内积为(幅戶月⑴张求R|X]4的一组标准止交基(由基
I%*,*出发作止交化)。
解取R[X]4的一组基为e=\,a2=x.(x3=x29a4=F.将其正交化■可得A=e=1,
(恥)
0严皿一儈聖0\F,实中(Q:
0J=JJx・ld.Y=O,又因为(Q胡)=(02,角)=J-!
1X加=|'
(01,0J=JJI•I厶=2,(他・02)=JJx?
•xdx=0,
所以几=a厂粘孕仇-卑与02=丘
(仇仰(02,02)
(屈,A)(02,0)-(必,03)
同理可得Q=a4一辎噢几一緡噢02一緡嘤几-手,
Hl-F^-!
Pl-—»小=-I),^4=~7~一3x),
10212A-44
则7,〃2,7皿即为所求的-组标准iE交基。
1()•设V是一n维欧氏空间,0工()是V中一固定向就
1)证明:
V严{xl(x,a)=O,xwV}是V的-个了空间;
2)证明:
£的维数^Tn-k
证I)由于00w必,因而VJk空.卜M证明百对两种运筛封闭.事实上,任取册eV,,
则U(xpa)=(x2,a)=0,于是又+x2,a)=(x1+a)+(x2+a)=0,
所以x(+x2gV,o另一-方【fij,也佇(A.rpa)=Zr(xpa)=0,即鋼w%。
故V〕是V的一个子空间。
2)因为。
工0是线性无关的,可将其扩充为V的一组正交基久仏,…〃“,且(D=0仃=2,3,・"),〃工匕(心2,3,・7)。
下血只要证明:
对任意的0w%,0可以由弘,仏,…久线性表出,则%的维数就是“一1。
炯实上,对任意的0€必,都有干是何线性关系0*0+心7+•••+£”〃「且(0皿)=人(久00+鸟2(弘,。
)+・・+红("”,。
),
但有假设知(fi.a)=(%a)=0(/=1,2,…/),
所以^(a,a)=0,又因为“0,故匕=0,从而佇0二灯7+•••+&”〃”,
再由0的任意性,即证。
11.I)证明:
欧氏空间中不同基的度竜矩阵是合同的。
2)利刀上述结果证明:
任一欧氏空间邯存在标准正交基。
证:
1)设冲血,…,%与£,“2,・・・,0"是欧氏空间#的两组不同基,它们对应的度杲矩阵分别是A=(aij)和B给),另外,设冷也,…,%到0「02严・,0“的过渡矩阵为
P\=cI1al+cI2a2+-+clna„
C=(唧,即,
0严也+曲2+・・十•皿
%=(0门0j)=Ca+…+5%心"+・・・+5%)
=》Cki(冬,C\严|Cnj^n)
Ar=l
M*1
二工工5・監•
*=1日
另一方血•令
D=CA=(dt.),CAC=DC=(勺),则D的元索为
仇=工5仏‘
4=1
故CAC的元索
”n”
勺=DS=工(工5久心=bjj(i,j=1,2…屮),
s«l$*1n=l
即还CAC二〃。
再由a、S…、%;0\、.・・、0「皆为V的基.所以C非退化.从而B与A合同。
2)在欧氏空间V中,任取一组基©,$,•••,%,它的度量矩阵为4=(«..),其中£=a,e),且度ht矩阵A是正定的,又因为正定矩阵与单位矩阵介同,即E=CAC.于是以要
0、0“…、0烏=•、aJC•
则由上面1)可知基卩血…心的度量矩阵为E.这就是说.久02,…•久就是所求的
标准正交基。
as
(%s)
ifl:
明:
当且仅当△式0时©心…,%线性无关0
证设有线性关系
ks+ks+…+S"
将比分别与匕取内枳.町得方軒组
人(%心)+心(少“2)+…+sa©;)=°aT2…
由F上述方程组仅勺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
14.
a\\Cl\2…“1”'
Cl***Cl■)
A~l=
A=
ZxLn
••
••
••
为上二角矩阵,则
kann)
\
*2
…叽
…b2n
hnn
也是上二
角矩阵。
由于A是正交阵,
所以A"=A,即
人=
为对角阵。
再由=知即证o
=1或・1。
14.I)设A为•个n阶矩阵,且|人|工0,证明A可以分解成
且厶>0(,=12・・丿),并证明这个分解是唯一的;
2)设A是n阶正交矩阵.证明存在一上三用矩冏T.使
证1)设A的n个列向是是",2・・・・5由于|內工0•肉此绚心,…"差线性无关的。
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
〃严沽U+计2
""務2"厂…一塔戶宀訥
其屮
卩\~a\
02=勺一(冬,〃|)〃|
•••
—(住%皿“
a严側
•••
%=側+5+•••+"
其屮几=|屈|>0(心12…』几即
ZII…⑴
令厂=••・:
则T是上三角矩阵,且主对角线元索S>0。
另」方血,由于0是n维列向彊.不如记为
且令
如…呢、
<2=:
••:
=(从,〃2,…,〃”),
6…b巧
则有4=Q7\由于%%,•••,〃”退一组标准正交基,故Q是正交矩阵。
再证唯•性,设A=QiTi=CT是两种分解,其中是正交矩阵,T,7;fit对角线元素大于零的上三角阵,则er*e=7'/-',由于er'e是正交矩阵,从而人厂)也是正交矩阵,且TJ-'为上三角阶.因此,7;厂[是主对角线元为I或的对角卩仁但是T与7]的主对角线元大于零,所以TJ1的主对角线元只能是I,故7;厂,=E,即证7;=T。
进而有Q=Qi、从而分解是唯一的。
2)因为A是正定的,所以A与E合同,即存在可逆阵C使A=CC,再由I)知C=QT、其•PG是正交矩阵T为二角阵,所以A=rQ'QT=T'T.
15.设"是欧氏空间屮一单位向戢,定义Aa=a-2(”、・
证明:
1)4是正交变换,这样的正交变换称为镜囲反射;
2)A是第二类的;
3)如果“维欧氏空间中正交变换4以1作为一个特征值,且属于特征值1的特征了空何叫的维数为"-I,那么A是镜血反射。
证:
i)X/a,0,有:
A伙xa+k2/3)-kxa+k2/J-2(^,kxa+k2P)r]
=k、a+-2k\ga)ri-时=&Aa+k】A0,
所以A是线性变换。
乂因为(Ad,A0)=[a-2(",a)〃,0-2(”,0)〃]
=a0)-2(”,a)(〃.0)-2(",a)(",0)+4(”,a)(〃,0)(”.rj),
注意到(〃.〃)=1,故(Ac,A0)=(a,0).此即A是正交变换。
2)曲于〃是单位向帚,将它扩充成欧氏空间的一组标准正交基“心,F”,则卩"=〃-2(",")〃=-〃
[a刍=£,-2(r]y£i)7]=ei=
即A(q疋2、…疋」疋2、…疋」>
■
所以A是第二类的。
3)A的特征值有畀个,由己知A有5-1个特征值为1,另个不幼设为九,则存在
2'
一组基刍,£*2,…,刍使人(刍,,勺,•••,%)=(刍,6,…,刍)^,
■
因为A是止交变换,所以(£r£,)=(Ae,,4^)=入「(吕,弓),
但入)H(),所以入)=一1,于绘
人刍=一刍,A©=£•,-(i=2,3,•••/)
(刍,£)=()(z=2,3,---,n)
现令〃=占勺,则〃是单位向於,且与内,…,刍正交,则〃,6,••,£”为欧氏空间V|£1|
的一组基。
又因为
a=kln^k2e2+-+knen
Aa=k}Ar]+k2Ae2+…+人/£〃=一«刀+心6+…+k尼,
(久〃)=(k}rj+k2e2+•••+忍=k、・
所以(x_2(r/o)rj=-k\r]+十…+k八即证。
16.证明:
反对称实数矩阵的特征值是零或纯虚数。
证:
设§定屈于特征值兄的特征向埔,=则
fAg=Ag=-(鮎苛=-(薦)Z,
于是猪乞=一无孑§二>/1=一无,
令A=a+bi»可得a=09即证A=bi
17•求正交矩阵T使厂ATr&对角形.其屮A为
<0
0
4
r
’2
-2
0
r2
2
_2、
0
0
1
4
-2
1
-2
2)
2
5
-4
3)
4
1
0
0
0
-2
0
「2
-4
5
\
Z
/
J
4
0
()丿
'-1-33-3、
f\111、
一3-1-33
1111
4)
5)
3-3-1-3
Illi
、—33—3—1)
j丨1
\AE-A\=22-1
0、
2=U-iX2-4XA-+-2),
可得A的特征值为入=ia2=4,2.=-2o
对应的特征向櫃为
a,=(-2-l,2),a2=(2-2,lU3=(1,2,2),
将其正交单位化,可得标准正交基为
(2
1
2、
7i=
H'
‘2
21
‘122〕
72=
了_
3'3
}
“3=
3亍3,
2、
4=U-1)2U-IO),
A—51
故所求止交矩旳为
f-22r
仃、
-1-22
且TAT=
4
212y
-2
,/1_2-2
2)由|2£—內=22-5
I24
可得A的特征值为^=^=1^=100^=10的特征向帚为
匕=(-1,-2,I),
A=2>=I的特征向笊为
«2=(-2,1,0),=(2,1,1),
正交化.可得
0产(一1厂22),0产(一2丄0),03二
再卑位化,灯:
〃严2(-1,-2,2),弘=-^(-2,1,0),773=^(2,4.5),
J:
是所求正交矩阵为
可得A的特征值为石=5池2=一5池3=3人=一3,
相应的特征向最为
0=(1,1,1,1),4=(1,I,-1,一1),“3=(—1,k—I,1),(24=(1,—I,—1,I)»
将其正交单位化,可得标准正交基为
7i=|(KI,I,DmJU,1,",一1),
”3=牙(~I,I,-K1),〃4=(|'一h—I'0*
故所求正交矩阵为
5h-1,1)
‘5、
T=-
1,1,1,一|
且TAT=
-5
2
1,-|,-1,-1
J,一1,1,1丿
3
<一3,
*+1
3
-3
3
2+1
3
-3
3
A,+1
<3
-3
3
4)由/IE-內=
3
-3
3
/l+l
z
=U+4)3U-8)>
可得A的特征值为入=&22=Z,=24=-4o
根应的特征向最为
止交化际得
再单位化,可得
0=(71,7l),a2=(Lh
01=(-1,I
0.
0,
o)・
1)・
1),02=(I,I,
0,04=
/
0,
o),
-扛1
2>
II
2vr2V3
故所求正交矩阵为
2
丄
<2
=23(2-4),
5)由AE-A\=
可得A的特征值为2)=4,22=23=A4=0^相应的特征向Jft为
a,=(I,1,I,l\a2=(-l,I,0,0),
(),hoU4=(-lo,o,I).
P\-(一1,
将其正交化.可得
f-1丄1,0、
•04=
<1I1J
12,2,?
(3,3,3,丿
7|)也二⑴1,a0).
再单位化后,
丄
2?
•“2=
故所求正交矩阵为
丄亦2一点一一V2丄V2O1一2—一2'2
7
_1_
2^3
I
2a/3
且TAT=
丄
<2
2^3
3
2^3)
()丿
I)
18用正交线性替换化卜•列二次型为标准形:
卅+2x1+3彳一4xlx2一4x2x3:
2)
屛一2;--4xjX2+4x(x3+8x2x3:
3)2x}x2+2x3x4:
OC①a
4)xf+x;+Xj+X;一2xjX2+6X)X3-4x,x4一4x2x3+6x3x4一2x3x4。
解1)设原二次型对应的矩阵为A.则
'1-20、
4=
-22-2
、0-23,
且A的特征女项式为
12E-Al=(X-2)(2+1)(2-5)•
特征值为
相应的特征向帚为
a,=(2,-1,-2),a2=(2,2,1).
a3=(h-2,2),
单位化后,有
从耳(2,-1,一2),弘斗(2,2,1),弘冷(1,一2,2),
令X=TY.H+
1
<22
]、
T=-
-12
-2
3
<21
2丿
则
XFX=2y;_y;+5y;°
2)原一次型对应的矩阵为
‘I-22、
A=-2-24,
<242,
且A的特征%项式为
|巫一冲=(2+7)(2—2)2,
特征值为
入=一7.入=右=2。
相应的特征向杲为
0=(1,2,一2)s=(-2,1,0),a3=(2,0,I),
正交化•可得
0严(1,2,-2),02=(-2,1,0),久=負1],
再单位化,有
(\22、2I」(245)
令X二TY.其中
「1
2
2
3
证
2
1
4
3
3
3^5
2
0
5
<~3
3^5>
XAX=-7yr+2y;+2yjo
3)原一•次型对应的矩阵为
1
0
0、
1
0
0
0
A=
0
0
0
1
0
1
0,
且A的牯征多项式为
|巫一4|=(久+1)2(2—1几
特征值为
入=A-y==—10
相应的特征向昴为
0=(1,1,0,0\a2=(0,0,I,!
)•
令X=TY,其屮
XAX=y;+y;-W-y:
°
4)原一•次型对应的矩阵为
ot3=(u-1,0,0\a4=(0,0,k一1).
标准止交基为
〃=杏(1,1,0,0)4=令(0,0,1,1),
特征值为
入=LZ>=7^=-1,24=一3。
相M的持征向吊为
a,=(l,I,1,l),a2=(-l,I,-I,I),
(-1,-1,1,l),a4=(1,-1,-1,1)・
标准正交基为
〃严占①I,
1,I,一1,1),
75计7-t1).
I一I
I1
1-I
令X=XY,K(P
\-1
1-I
11>
XAX=y;+7y;—y;—3从
19•设A是n级实对称矩阵.证明:
A正定的充分必耍条件是A的特征多项式的根全大F零。
证明二次型XAX经过正交变换X二TY.可使
X/X=人才+人远+・・・+2』;
其屮九人,…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,而片者为正定的充分必要条件是2/>0(/=1,2,•••,//),即证。
20.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的特征多项式的根是实的。
证明为饥定起见,这里二角矩阵不妨设为上三角矩阵=
先比必要性,设
TAT=
nn/
\ae-a\=\ae-t^}at\=
比屮T,A均为实矩阵,从而5都是实数。
又因为相似矩阵仃相同的特征篡项式,所以
=(2—Cj)(久一Cd)・・・(2-C“)
从而A的n个特征根均为实数。
再还充分性,设入,2为A的所令不同的实特征根.则A与某一若尔片形矩网J相似,即存