高等代數(shù)(北大版)第9章習(xí)題參考答案

.εε2,…,n3)具體寫出這個(gè)空間中的柯西—布濕柯夫斯基不等式。n上的一個(gè)二元實(shí)函數(shù)，且i,j2)設(shè)單位向量εε2,…,n..i,i,ji,ji,j故柯西—布濕柯夫斯基不等式為aijxiyjaijyiyj2.在R4中,求β之間<內(nèi)積按通常定義)，所以所以3)同理可得-1..證由距離的定義與三角不等式可得40因?yàn)榉匠探M的系數(shù)矩陣A的秩為3，所以可令再將其單位化，則i(i且有EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up11(2),α)..ε3是三維歐氏空間中一組標(biāo)準(zhǔn)正交基，證明：EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up10(1),3)1EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up10(1),3)1-ε23)也是一組標(biāo)準(zhǔn)正交基。EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up10(1),9)2-ε3,2ε1-ε2+2ε3)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up9(1),9)11)9另一方面EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up8(1),9)12,,-ε3)]9,α3也是三維歐氏空間中的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基。5-ε2+ε431..將正交化，可得單位化，有η1ηη58.求齊次線性方程組5的解空間(作為R5的子空間)的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基。EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up13(4),5)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up13(5),x)-x2x323可得基礎(chǔ)解系為它就是所求解空間的一組基。將其正交化，可得..9.在R[X]4中定義內(nèi)積為dx求R的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基(由基4單位化，即得124即為所求的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基。1..11,因而V1非空.下面證明V1對(duì)兩種運(yùn)算封閉.事實(shí)上,任取x1221in12ninηn11．1〕證明：歐氏空間中不同基的度量矩陣是合同的。2〕利用上述結(jié)果證明：任一歐氏空間都存在標(biāo)準(zhǔn)正交基。n的過渡矩陣為i,=Σnjn=ΣΣ..故C'AC的元素2〕在歐氏空間V中，任取一組基α1,α2,…,αn，它的度量矩陣為其中ijij于是只要n就是所求的證設(shè)有線性關(guān)系將其分別與α取內(nèi)積，可得方程組i..由于上述方程組僅有零解的充要條件是系數(shù)行列式不等于0，即證。角矩陣。由于A是正交陣，所以A-1=A'，即ijEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(2),i)A=QT，其中Q是正交矩陣，T是一上三角矩陣2)設(shè)A是n階正交矩陣，證明存在一上三角矩陣T，使n是線性無關(guān)的。從而它們也是V的一組基，將其正交單位化，可得一組標(biāo)準(zhǔn)正交基為..112 22 211nnEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up17(1),2)…lβnn-1{α2EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up18(1),t)…iiiiii另一方面，由于η是n維列向量，不妨記為i且令..Q是正交矩陣,從而T1T1也是正交矩陣,且TT—1為上三角陣，因此,TT—1是主對(duì)角線元為1或-1的對(duì)角陣，但是T與T的主對(duì)角線從而分解是唯一的。2)因?yàn)锳是正定的，所以A與E合同，即存在可逆陣C使A=C'C,再由證明:1)A是正交變換,這樣的正交變換稱為鏡面反射；2)A是第二類的；3)如果n維歐氏空間中正交變換A以1作為一個(gè)特征值,且屬于特征值V的維數(shù)為n1，那么A是鏡面反射。1所以A是線性變換。2)由于η是單位向量，將它擴(kuò)充成歐氏空間的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基η,ε,…2n{lAεiiii所以A是第二類的。,則存在一0..11的一組基。又因?yàn)?6.證明：反對(duì)稱實(shí)數(shù)矩陣的特征值是零或純虛數(shù)。證:設(shè)ξ是屬于特征值λ的特征向量，即Aξ=λξ,則17.求正交矩陣T使T'AT成對(duì)角形，其中A為..對(duì)應(yīng)的特征向量為將其正交單位化，可得標(biāo)準(zhǔn)正交基為1|-(3(2(21-32-32313,3,3,故所求正交矩陣為3||3|||2|2|(λ-2|-2λ-542)31正交化，可得(24)(55,(24)(55,..5于是所求正交矩陣為(-1(-1|0|-4|||λ-1-4-40-1)相應(yīng)的特征向量為將其正交單位化，可得標(biāo)準(zhǔn)正交基為2故所求正交矩陣為相應(yīng)的特征向量為..正交化后得β3再單位化，可得1),)η3=|-=|-1)(-)(-23,323,故所求正交矩陣為--|2|1-|-|1212001-61626023,|(8||(-4-4,-4,|)|||-1(-1(-1|(λ-1||-1|||λ-1,|-1-1λ-1-1-1λ-1λ-1,|-1)相應(yīng)的特征向量為將其正交化，可得3(再單位化后，有..)1)(1)1)(1-2,2(,2,2(,)(((η-)(((η-23,3故所求正交矩陣為22-4xx-4xx；解1)設(shè)原二次型對(duì)應(yīng)的矩陣為A，則且A的特征多項(xiàng)式為特征值為相應(yīng)的特征向量為3單位化后，有3..令X=TY，其中則2)原二次型對(duì)應(yīng)的矩陣為且A的特征多項(xiàng)式為特征值為相應(yīng)的特征向量為正交化,可得(55,再單位化,有令X=TY，其中155),3(355,,3(355,則3)原二次型對(duì)應(yīng)的矩陣為..且A的特征多項(xiàng)式為特征值為相應(yīng)的特征向量為標(biāo)準(zhǔn)正交基為令X=TY，其中則2-y2-y2。4)原二次型對(duì)應(yīng)的矩陣為且A的特征多項(xiàng)式為特征值為..相應(yīng)的特征向量為標(biāo)準(zhǔn)正交基為2令X=XY，其中故EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),3)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),4)證明二次型X'AX經(jīng)過正交變換X=TY，可使EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2(2),1)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2(2),2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2(2),n)n為A的特征根。由于A為正定的充分必要條件是上式右端的二次型為正20.設(shè)A是n級(jí)實(shí)矩陣，證明：存在正交矩陣T使T'AT為三角矩陣的充分必要條件是A的特征多項(xiàng)式的根是實(shí)的。證明為確定起見，這里三角矩陣不妨設(shè)為上三角矩陣。先證必要性，設(shè)其中T，A均為實(shí)矩陣，從而cij都是實(shí)數(shù)。又因?yàn)橄嗨凭仃囉邢嗤奶卣鞫囗?xiàng)式，所以..再證充分性，設(shè)λ,λ,…,λ為A的所有不同的實(shí)特征根，則A與某一若爾當(dāng)形矩陣J相似，即存在可逆實(shí)矩陣P，使0而由于λ都是實(shí)數(shù),所以J為上三角實(shí)矩陣。i另一方面，矩陣P可以分解為0其中T是正交矩陣，S為上三角矩陣，于是即-1。-1都是上三角矩陣，因而它們的乘積也為上三角矩陣，即證充分性。21.設(shè)A，B都是上三角實(shí)對(duì)稱矩陣，證明；存在正交矩陣T使T-1AT=B的充分必要條件是A，B的特征多項(xiàng)式的根全部相同。證明必要性是顯然的，因?yàn)橄嗨凭仃囉邢嗤奶卣髦怠?.現(xiàn)證充分性，設(shè)λ1,λ2,…,λn是A的特征根，則它們也是B的特矩陣X和Y，使所以YX-1AXY-1=B。令T=XY-1則T也是正交矩陣，從而T-1AT=B,，即證。22.設(shè)A是n級(jí)實(shí)對(duì)稱矩陣，且A2=A，證明：存在正交矩陣T使得證設(shè)λ是A的任一特征值，ξ是屬于λ的特征向量，則Aξ=λξ,A2ξ=A(λξ)=λAξ=λ2ξ,換句話說，A的特征值不是1就是0。故存在正交矩陣T，使..23.證明：如果A是n維歐氏空間的一個(gè)正交變換，那么A的不變子空間的正交補(bǔ)也是的證設(shè)W是A的任意一個(gè)不變子空間，現(xiàn)證W丄也是A的不變子空間。，?ξm是W的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基，再擴(kuò)充因?yàn)锳是正交變換，所以Aξ,Aξ…所以證明：1)A為反對(duì)稱的充分必要條件是：A在一組標(biāo)準(zhǔn)正交基下的矩陣A為反對(duì)稱的。2)如果V是反對(duì)稱線性變換的不變子空間，則V丄也是。證1〕必要性。設(shè)A是反對(duì)稱的，ξ,ξ,?ξ是一組標(biāo)準(zhǔn)正交基。則(Aξ,ξ)=k,(Aξ,ξ)=k，ijjijijiijijijji..kij故充分性。設(shè)A在標(biāo)準(zhǔn)正交基ξ1，ξ2，?ξ下的矩陣為A，有已知，有ijij則bj(Aξi,Aξj)。同理=Σaibji,j故所以A是反對(duì)稱的。再由題設(shè)，A是反對(duì)稱的，知有α-β..1)+Y)+Y)1126設(shè)V,V是歐氏空間V的兩個(gè)子空間。證明：∩V丄丄.∩V2。27.求下列方程的最小二乘解..列出方程并求解(用三位有效數(shù)字計(jì)算)。令C=B-Y，由最小二乘法可得A'AX=A'B，其中即{，解之得1．證明：正交矩陣的實(shí)特征根為±1。證設(shè)A正交矩陣A是任一實(shí)特征值是λ,ζ是A的對(duì)應(yīng)于特征值λ的特征向量，則..2.證明：奇數(shù)維歐氏空間中的旋轉(zhuǎn)一定以1作為它的一個(gè)特征值。3.證明：第二類正交變換一定以-1作為它的一個(gè)特征值。)那么它一定是線性的,因而它是正交變換。))=0，所以故又因?yàn)?.所以即證A是線性變換.由題設(shè)知,A保持內(nèi)積不變,從而是正交變換。ii?α,若記另一方面，因其中T為上三角矩陣,且對(duì)角線元素都是正實(shí)..則由充分性假設(shè)則由充分性假設(shè)ijij12rii且βr)T=(η1,η2,…ηn)=(Aε1,Aε2,…Aεr)即iitαt，有故ri6．是n級(jí)實(shí)對(duì)稱矩陣，且A2=E,證明：存在正交矩陣T使得n}，又因?yàn)锳2=E,所以..EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(2),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(2),n)λiA的零多項(xiàng)式，且它無重根，故A相似于對(duì)角矩陣，設(shè)λ為A的任一特征面，則有正交矩陣T，使7．設(shè)f(x1,x2,…,xn)=X'AX是一實(shí)二次型，λ1X'X≤X'AX≤λnX'X。2…λn是A的特征多項(xiàng)式的根，且證存在正交矩陣Q，使n}，n為A的n個(gè)特征值。作正交變換X=QY,則實(shí)二次型可化為EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),n)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),n)n(yEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(2),n)且X'X'(QY)，故nX'X。8．設(shè)二次型f(x1,x2,…xn)對(duì)應(yīng)的矩陣為A，λ是A的特征多項(xiàng)式的根，證明：..證設(shè)是矩陣2-29．12〕證明：n維歐氏空間中任一正交變換都可以表成一系列鏡面反射的乘積。η證1〕記n維歐氏空間為V，當(dāng)為歐氏空間為V的單位向量時(shí)，由η2)設(shè)A是維歐氏空間V的任一正交變換，取V的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基ε,ε,…,ε,)也是V的一組標(biāo)準(zhǔn)正交基。nn，則A是一個(gè)恒等變換，只要作鏡面反射