[研究生入学考试]矩阵论复习题 第二章

第二章 内积空间一、基本要求1、掌握欧氏空间和酉空间的定义与性质，掌握Hermite矩阵的定义，理解欧氏(酉)空间中度量的概念2、掌握线性无关组的Schmidt正交化与对角化方法，理解标准正交基的性质3、理解Hermite二次型的定义4、掌握在一组基下的度量矩阵的概念，标准正交基下度量矩阵的性质及两组标准正交基下的度量矩阵的关系5、了解欧氏子空间的定义6、掌握正交矩阵与酉矩阵的定义与性质，理解正交(酉)变换与正交(酉)矩阵的关系7、掌握对称矩阵与Hermite矩阵的定义与性质，理解对称(Hermite)变换与对称(Hermite)矩阵的关系8、掌握矩阵可对角化的条件，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的矩阵是对角形矩阵二、基本内容1、内积空间设数域上的线性空间，若中任意两个向量都有一个确定的数与之对应，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，则称为向量与的内积当时，称为 欧氏空间；当时，称为酉空间注意：在中，；在中，通常的几个内积：(1) 中， 中，其中(2) 中，(3) 在实多项式空间及上连续函数空间中，函数的内积为2、向量的长度、夹角、正交性定义 ，称为的长度，长度为1的向量称为单位向量，是的单位向量长度有三个性质：(1) 非负性：，且；(2) 齐次性：表示数的绝对值；(3) 三角不等式：定理(Cauchy-Schwarz不等式)与的夹角定义为当时，称与正交，记若非零向量组两两正交，即，称是一个正交组；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)空间中由两两正交的单位向量构成的基构造方法：对欧氏(酉)空间的一个基进行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：，坐标表示在上的投影长度4、基的度量矩阵度量矩阵是以欧氏(酉)空间的基中第个元素与第个元素的内积为行列元素构成的方阵设欧氏(酉)空间的一个基为，令，则该基的度量矩阵为基的度量矩阵是实对称(Hermite)正定矩阵，它的阶数等于欧氏(酉)空间的维数，正交基的度量矩阵是对角矩阵，标准正交基的度量矩阵是单位矩阵设酉空间的一个基为，该基的度量矩阵为，在该基下的坐标(列向量)分别为与，那么与的内积当为欧氏空间时，当此基为标准正交基，酉空间的与的内积，欧氏空间的与的内积设欧氏空间的两个基分别为()和()，且由基()改变为基()的过渡矩阵为，基()的度量矩阵为，基()的度量矩阵为，则有：(1) (2) 基()是标准正交基的充要条件是(3) 若基()与基()都是标准正交基，则是正交矩阵(4) 若基()(或()是标准正交基，是正交矩阵，则基()(或基()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) 是欧氏空间的正交变换，即对于任意的，有；2) 对于任意的，有；3) 在的标准正交基下的矩阵为正交矩阵；4) 将的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) 是欧氏空间的对称变换，即对于任意的，有；2) 在的标准正交基下的矩阵为对称矩阵() 若是欧氏空间的对称变换，则在的某个标准正交基下的矩阵为对角矩阵() 在欧氏空间中，若正交变换的特征值都是实数，则是对称变换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，则的充要条件是存在酉矩阵，使得(对角矩阵)(5) 设的特征值都是实数，则的充要条件是存在正交矩阵，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) ；判断它们是否为中与的内积解 (1) 设，由 知，当且时，故该实数不是中与的内积(2) 取，有故该实数不是中与的内积例2、中，向量组线性无关的充要条件是证 方法一 设，则线性无关方法二 设，则，即齐次方程组仅有零解的充要条件是系数矩阵的行列式，即线性无关例3、设欧氏空间中的内积为(1) 求基的度量矩阵(2) 采用矩阵乘法形式计算与的内积解 (1) 设基的度量矩阵为，根据内积定义计算，由度量矩阵的对称性可得，于是有(2) 和在基下的坐标分别为，那么例4、欧氏空间中的多项式和的内积为，取，记子空间(1) 求的一个正交基；(2) 将分解为两个正交的非零子空间的和解 (1) 设，则有，即，也就是于是可得取的一个基为，并进行正交化可得那么，是的正交基(2) 令，则与正交，且例5、已知欧氏空间的基的度量矩阵为，采用合同变换方法求的一个标准正交基(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)，计算得则有于是，由可得的一个标准正交基为例6、在欧氏空间中，定义与的距离为：，试问：保持距离不变的变换是否为正交变换？答 不一定，例如中向量的平移变换：，虽然保持距离不变，但平移变换不是线性变换，更不是正交变换例7、设与是维欧氏空间两个线性无关的向量组，证明存在正交变换，使的充要条件是证 必要性 因为是正交变换：，又已知，故有充分性 定义变换，使得，则是线性变换，且是唯一的下证是正交变换已知，则有，设，则， 即，故是正交变换例8、设是欧氏空间的一组标准正交基，求出的一个正交变换，使得解 设，使得是标准正交的，因已标准正交，则只要满足，即解得，即，得是标准正交基因把标准正交基变为标准正交基，故是正交变换另法 设的坐标为，由是正交变换为正交阵由，解得，则例9、设是欧氏空间中的单位元素，定义变换 (1) 验证是线性变换；(2) 验证既是正交变换，又是对称变换；(3) 验证是的一个特征向量，并求其对应的特征值证 (1) 设，则有= =，故是线性变换(2) 因为所以是正交变换设，则，于是有故也是对称变换(3) 直接计算可得故是的对应于特征值的特征向量例10、证明欧氏空间的线性变换为反对称变换，即的充要条件是在的标准正交基下的矩阵为反对称矩阵证 设的一个标准正交基为，线性变换在该基下的矩阵为，即则有必要性 设是反对称变换，则有，即，故充分性 设，则对任意的有，因为是标准正交基，所以故是反对称变换例11、设欧氏空间的正交变换的特征值都是实数，证明存在的标准正交基，使得在该基下的矩阵为对角矩阵分析 正交矩阵是实的正规矩阵，当它的特征值都是实数时，它能够正交相似于对角矩阵证 设的一个标准正交基为，正交变换在该基下的矩阵为，那么是正交矩阵，也是实的正规矩阵因为的特征值都是实数，所以的特征值都是实数于是存在正交矩阵，使得，其中是的特征值令，则是的标准正交基，且在该基下的矩阵为【评注】 本例结果表明，特征值都是实数的正交变换是对称变换例12、设是欧氏空间的正交变换，构造子空间证明证 先证任取，则有对于任意的，有 所以故再证，任取，那么，从而有，所以，即，也就是，故例13、设，酉空间中的向量内积为通常的，证明分析 设中的向量与向量的内积为，则的充要条件是，或者证 划分，则有， 例14、设，酉空间中的内积为通常的，证明：与正交的充要条件是证 划分，则有，根据例15结果可得，与正交的充要条件是，即 ，或者 ，也就是例15、在中，求一单位向量与及均正交解 设和已知向量正交，即该齐次线性方程组的一个非零解为，单位化可得，即为所求的单位向量例16、设为维欧氏空间的一个线性变换，试证：为正交变换的充分必要条件是证 必要性 充分性 取，于是有，即保持中的向量长度不变，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，于是的特征值为对应的特征向量为正交化可得；再单位化可得对应的特征向量为，单位化可得，故正交矩阵使例18、设是阶实对称矩阵，且(即是幂等矩阵)，证明存在正交矩阵使得证 设的属于特征值的特征向量为，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、设是欧氏空间的两个子空间，证明证 先证第一式设，即于是且，或者且，即故又设，即且于是且，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) 设为酉矩阵且是Hermite矩阵，则的特征值为1或(2) 若是正规矩阵，且的特征值，则是酉矩阵证 (1) 因为酉矩阵，则的所有特征值具有；又是Hermite矩阵，则的特征值皆为实数，故的特征值为1或(2) 因是正规矩阵，且的特征值，则有酉矩阵，使得，故有，即是酉矩阵例21、为阶正规矩阵，是的特征值，证明与的特征值为证 由正规，则，故与的特征值皆为例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，则的特征值皆为零，又是正规矩阵，可酉对角化，即有，故有(2) ，则的特征值为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，设的个特征值为，证明证 对于Hermite二次型，必有酉变换，使化为标准形，又，则设为对应于的特征向量，即，则，故有同理有例24、是正规矩阵，证明(1) 的特征向量也是的特征向量(2) ，与的长度相等证 (1) 为正规矩阵，则有酉矩阵，使得，其中，为的特征向量，由上两式可见，故与有相同的特征向量(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，则的充要条件是的个列(或者行)向量是标准的正交向量组(2) 的充要条件是证 (1) 必要性 设由于，所以有，于是可得这表明矩阵的个列向量是一个标准的正交向量组同样可以证明的个行向量是一个标准的正交向量组充分性 设矩阵的个列向量是一个标准的正交向量组，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的情况(2) 必要性 设矩阵的个列向量是一个标准的正交向量组，那么有由此可得充分性 设由于，所以有于是可得这表明矩阵的个列向量是一个标准的正交向量组例27、已知，试求酉矩阵，使得是上三角矩阵解 首先求出其特征多项式当时，求出属于特征值-1的一个单位特征向量解与内积为零的方程，求得一个单位解向量解与内积为零的方程又求得一个单位解向量于是取，经过计算可得记，可得对于时，求得一个单位特征向量，再求得一个与正交的向量令，经计算可得令，记，则例28、设均为阶正规矩阵，试证与相似的充要条件是与酉相似证 必要性 由于与均为正规矩阵，所以分别存在正规矩阵，使得其中为的特征值，为的特征值又与相似，于是有，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是实数，从而矩阵是一个正交矩阵，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)至少有一个公共的特征向量；(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) 设是矩阵的属于特征值的特征子空间，若，即，则，由于，所以有，这表明，从而是的不变子空间，故在中存在的特征向量，它也是的特征向量(2) 对的阶数用归纳法证明当的阶数均为1时，结论显然成立设单位向量是的一个公共特征向量，再适当选取个单位向量，使得为标准正交基，于是为酉矩阵，且有进一步可得这里是矩阵，是一个阶矩阵，另外也有，这里是矩阵，是一个阶矩阵由又有，于是可得，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，记于是有，显然是一个上三角矩阵容易验证是酉矩阵同样可得，也是一个上三角矩阵(3) 由(2)可设，这里是一个上三角矩阵，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是一个对角矩阵(4) 由(3)可设，于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，但是与这里的证明方法完全不同，这里主要运用Schur引理的证明思想例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) 首先求出矩阵的特征多项式为，所以的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，所以是彼此正交的，只需分别将单位化即可，于是取，而且有(2) 首先求出矩阵的特征多项式为，所以的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，所以是彼此正交的，只需分别将单位化即可于是取，从而有(3) 首先求出矩阵的特征多项式为，所以的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，所以是彼此正交的，只需分别将单位化即可于是取，从而有【评注】这三个题目只需按照教材介绍的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 设是两个线性无关但不正交的向量，记，取那么，就是一个可对角化矩阵，但不是可酉对角化矩阵例33、证明(1) Hermite矩阵的特征值为实数；(2) 反Hermite矩阵的特征值为零或纯虚数；(3) 酉矩阵特征值的模长为1证 (1) 设为一个Hermite矩阵，是的一个特征值，为对应于特征值为的一个特征向量，即有，在此式两端取共轭转置可得用从右端乘上式两端有，于是有由于，所以，从而有，这表明是实数(2) 设为一个反Hermite矩阵，是的一个特征值，为对应于特征值的一个特征向量，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，是的一个特征值，为对应于特征值的一个特征向量，即有，在此式两端取共轭转置可得用从右端乘上式两端有，于是有由于，所以，从而有，这表明的模长为1例34、设与均为Hermite矩阵，试证与酉相似的充要条件是与的特征值相同证 必要性 由于相似矩阵有相同的特征值，所以与的特征值相同充分性 与均为Hermite矩阵，所以分别存在酉矩阵，使得其中为的特征值，为的特征值又，从而，此即，这表明与酉相似例35、设是Hermite矩阵，且，则存在酉矩阵，使得证 由于是Hermite矩阵，所以存在酉矩阵，其中为的特征值，又为幂等矩阵，于是或1不妨设的秩为，那么中有个1，个0记即例36、设中的向量为，线性变换为，求的一个基，使在该基下的矩阵为对角矩阵解 取的简单基，计算得那么，在基下的矩阵为的特征值为，与之对应的线性无关的特征向量依次为令，则有，由求得的另一个基为在该基下的矩阵为四、教材习题同步解析1、设是实数域上的维线性空间，是的一组基，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，该实数是上的内积，构成一个内积空间2、设是实数域上的维线性空间，是的一组基，是一个阶正定实对称矩阵定义的内积如下：对于中向量，如果它们在基下的坐标分别为，则，证明是一个内积空间证 设，在基下的坐标为，则有；因为为阶正定实对称矩阵，所以为正定二次型时，；时，所以是一个内积空间3、在实内积空间(内积为实向量的普通内积)中，已知，试求出与都正交的单位向量解 设满足有 ，可取，故单位向量为或4、设内积空间中向量的内积为判断下述向量是否正交：1)；2)解 1)，故正交2)，故不正交5、设是维内积空间的一组基，如果中向量使证明 证 令，有，由内积定义，有6、设是实数域上的内积空间，是的一组标准正交基证明也是的一组标准正交基证 ，记矩阵，因为所以为正交矩阵，又因为为标准正交基，所以也是标准正交基7、设是5维内积空间的一组标准正交基求子空间的一组标准正交基解 设，则，因为线性无关，则，所以线性无关，所以他们是的一组基将正交化，单位化，即得的一组标准正交基记，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、对于实数域上的线性空间，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 ；对任意的，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的点积)的一组基为，求在这组基下的度量矩阵解 11、在线性空间上定义一种内积成为欧氏空间已知在基下的度量矩阵为1) 求在基下的度量矩阵B2) 求实数，使向量与向量正交解 1) 因为由基到基的过渡矩阵，设向量在下的坐标为，则在下的坐标为，如果在基下的度量矩阵为，则，所以2)在下的坐标分别为和，所以时，有12、设是欧氏空间的一组基，内积在这组基下的度量矩阵为已知的子空间的一组基为，1) 证明是的一组正交基；2) 求的正交补的一组基证 1) 因为，故正交，所以是的一组正交基2) 只需再找到中向量使为的一组正交基，则即为的一组基方法一：设，利用正交条件 即 可得一解为，即得方法二：先将扩充为的一组基，为此只需的坐标线性无关例如取即可再将正交化因已是正交组，正交化过程只需从第三个向量做起令，算出，即得13、设4维欧氏空间在基下的度量矩阵为，已知中向量，的子空间1) 试求的一组标准正交基；2) 设有的线性变换，使，请判明是不是的正交变换或对称变换？解 1) 显然线性相关，其极大无关组即为的一组基，将正交化、单位化便可得的一组标准正交基正交化得；再单位化得又解 如取为的一组标准正交基，因为已是正交基，只需单位化，便得的一组标准正交基2) 由题设条件知，由1)的结果知，设对的标准正交基有则应有因为C是对称矩阵但不是正交矩阵，所以是对称变换但不是正交变换14、设，都是-矩阵，证明也是-矩阵的充要条件是证 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和证 设，且，则，所以为所求16、判断下列各矩阵在所指明的数域上能否相似对角化？若能，求出一个相似因子，并给出相应的对角矩阵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，因的同解方程组为，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的特征向量，其同解方程组为令，则得因A有3个线性无关的特征向量令，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3-1=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3-2=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、设是3维欧氏空间，是的一组标准正交基，线性变换使求的一组标准正交基，使在基下的矩阵为对角矩阵解 由题设条件可得在标准正交基下的矩阵，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