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1、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01)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)= pfa-风a =(0.a) 伙a.0) = (ka)A0 = R(0Aa) = R(0.a) (3) (a + 0/) = (a + p)ky =a/ + pKy = (a./) + (0,

2、/),(cr,a) = aaf =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； = 0 2)设单位向帚吕=(1,0, ,() 5 =(0,() J =(0,0,1)的度世矩阵为 = (%),则OI (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ij y ij ij2.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

3、丄2) ” = (32-1,0)解1)由定义得(a,) = 2x1+ 1x2 +3(-1) + 2x1 = 0所以va,0=彳Q2)因为(久0) = 1x3 +2x1+ 2x5+ 3x1 = 18 (0 0) = 1x1 + 2x2 + 2x2 + 3x3 = 18 (0 0) = 3x3+1x1 + 2x2 + 3x3 = 36 cos =所以3)cos V % 0 =同理可得a. p = 3 aa) = 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） S da 0） + （0/）o证由跑离的定义及三角不等式可得a0）=|a

4、_/| = |（&_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 =04 =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,cr rl欧氏空间v的一组基，证明:1） 如果yeV使（儿e） = 0（i =

5、 12/八那么? = 0o2） 如果yr/2 g V 使对任一 aw V （x，a）=（乙,cr）,那么y, = y23证1）肉为，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/（ = /2o6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

6、一 6+2fJa3 -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(, F J + 4(6,6) + (- 6，-F J =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o7.设勺,，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SJ，其屮at =e +e5 , a2 =e -

7、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Vio2 =（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f 2x +x2 - + x4 - 3x5 = 0bi +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+x3x5 = -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 =

8、(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RX|4中定义内积为（幅戶月张 求R|X4的一组标准止交基（由基I%*,*出发作止交化）。解 取RX4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0F，实中（Q：,0J = JJxld.Y = O,又因为 (Q胡)=(02,角)=J -!1 X加=| (01，0J

9、= J J I I厶=2 ,(他02)= J Jx? 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)，1021 2 A- 4 4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,xw V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e V,则U(xpa) = (

10、x2,a) = 0,于是又+x2,a) = (x1 +a) + (x2 +a) = 0,所以x( + x2 g V, 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

11、(/ = 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002严,0“的过渡矩阵为P =cI1al+cI2a2+- + clnaC =(唧，即 ，0严也+曲2+十皿% =（0门 0j） = Ca + + 5%心+ + 5%）=Cki（冬，C严| Cnjn）Ar=lM *1二工工5監*=1日另一方血令D

12、 = C A = （dt.）,C AC = DC =（勺）， 则D的元索为仇=工5仏4=1故C AC的元索” n ”勺=DS =工(工5久心=bjj(i,j = 1,2屮),sl $*1 n=l即还CAC二。再由a、S、;0、.、0皆为V的基.所以C非退化.从而B 与A合同。2）在欧氏空间V中，任取一组基,$,%,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 = C AC. 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,

13、%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 Cl2 “1” Cl * * * Cl )Al =A =Zx Ln 为上二角矩阵，则k ann )*2叽b2nhnn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

14、明存在一上三用矩冏T.使证1）设A的n个列向是是,25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 a02 =勺一（冬，|）| （住 皿“a严側 % =側+5+其屮几=|屈|0（心12几即ZII令厂= :,则T是上三角矩阵，且主对角线元索S0。另方血，由于0是n维列向彊.不如记为且令如呢、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，

15、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 = klnk2e2+- + knenAa = kAr + k2Ae2 + + 人/ =一刀 + 心6 + + k尼,(久 )=(krj + k2e2 + +忍=k、所以（x_2（r/o）rj = -kr + 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

16、/1 = 一无，令 A = a + bi 可得 a = 0 9 即证 A = bi17求正交矩阵T使厂ATr&对角形.其屮A为 = 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7

17、i=|（K I，I，DmJU，1，, 一 1），”3=牙（I， I，- K 1），4=（| 一 h I 0 *故所求正交矩阵为5 h -1, 1 ）5 、T = -1, 1, 1, 一|且 T AT =-521, -|, -1, -1J, 一 1, 1, 1 丿3 一 3,* + 13-332 + 13-33A, +1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=(7 1, 7 l),a2=(L h01=( -1, I0.0,o)1)1),02= (I，I，0 ,04 =/0,o),-扛12I I2vr 2V3故所求正交矩阵为2丄2= 23

18、(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, la2 =(-l, I, 0, 0),(),h oU4=(-l o, o, I).P - (一 1,将其正交化.可得f-1 丄 1, 0、04 =1 I 1 J1 2, 2, ?(3, 3, 3,丿7 |)也二 1, a 0).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V2O 1一2一227_1_23I2a/3且 T AT =丄223323 )（）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 4

19、x2x3 :2)屛 一 2； - - 4xjX2 + 4x(x3 + 8x2x3:3)2xx2 + 2x3x4 :O C a4)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 -2 0、4 =-2 2 -2、0 -2 3,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

20、(1, 一2, 2),令 X=TY. H+1 2 2、T = -1 2-232 12丿则XFX=2y；_y；+5y；2)原一次型对应的矩阵为I - 2 2、A= -2-2 4, 2 4 2,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( 2 2、 2 I (2 4 5)令X二TY.其中1223证2143335205X AX=-7yr+2y；+2yjo3）原一次型对应的矩阵为1

21、00、1000A =0001010,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 = = 1 0相应的特征向昴为0=(1, 1, 0, 0a2 =(0, 0, I, !)令X=TY,其屮X AX = y； + y；-W-y：4）原一次型对应的矩阵为ot3 = (u -1, 0, 0a4 =(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

22、, -1, -1, 1)标准正交基为严占I,1，I，一1，1)，7 5计 7 -t 1).I 一 II 11 -I令 X=XY, K(P -11 -I1 1 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X AX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T AT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T AT =nn /ae-a = ae-tat =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