高等代数北大版习题参考答案.docx
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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
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