高等代数(北大)第9章习题参考答案

1、高等代数(北大版)第9章习题参照答案高等代数(北大版)第9章习题参照答案36/36高等代数(北大版)第9章习题参照答案第九章欧氏空间1.设aij是一个n阶正定矩阵,而(x1,x2,xn),(y1,y2,yn),在Rn中定义内积(,),证明在这个定义之下,Rn成一欧氏空间；求单位向量1(1,0,0),2(0,1,0),n(0,0,1)，的胸怀矩阵；3)详细写出这个空间中的柯西布湿柯夫斯基不等式。n解1)易见(,)是R上的一个二元实函数，且(1)(,)()(,)，(2)(k,)(k)k()k(,)，(3)(,)()(,)(,)，(4)(,)aijxiyj，i,j因为A是正定矩阵，所以i,jaijx

2、iyj是正定而次型，从而(,)0，且仅当0时有(,)0。2)设单位向量1(1,0,0),2(0,1,0),n(0,0,1)，的胸怀矩阵为B(bij)，则a11a12a1n0bij(i,)(0,1,a22a22a2naijj0)1(j)=，(i,j1,2,n)，(i)an1an2ann0所以有BA。由定义，知(,)aijxiyj(,)aijxixji,j，i,j，故柯西布湿柯夫斯基不等式为aijxiyjaijxixjaijyiyji,ji,ji,j2.在R4中,求,之间设:1)(2,1,3,2),(1,2,2,1)，2)(1,2,2,3),(3,1,5,1)，3)(1,1,1,2),(3,2,1

3、,0)。解1)由定义,得(,)21123(1)210，所以,2。2)因为(,)1321253118，(,)1122223318，(,)3311223336，cos,18218362，所以(,)aijyiyji,j，,(内积按平常定义)，4。3)同理可得(,)3,(,)17,(,)3,cos,3，77所以,cos1377。3.d(,)平常为,的距离，证明；d(,)d(,)d(,)。证由距离的定义及三角不等式可得d(,)()()d(,)d(,)。4在R4中求一单位向量与1,1,1,1,1,1,1,1,2,1,1,3正交。解设x1,x2,x3,x4与三个已知向量分别正交，得方程组x1x2x3x40

4、x1x2x3x40，2x1x2x33x40因为方程组的系数矩阵A的秩为3，所以可令x31x14,x20,x43，即4,0,1,3。再将其单位化，则114,0,1,3，a26即为所求。5设1,2,n是欧氏空间V的一组基，证明：1）假如V使,i0i1,2,n,，那么0。2）假如1,2V使对任一V有1,2,，那么12。证1)因为1,2,n为欧氏空间V的一组基，且对V，有,i01,2,n，所以可设k11k22knn，且有,k11k22knnk1,1k2,2kn,n即证0。2)由题设，对任一V总有112,，特别对基i也有11i2,i，或许12,i0i1,2,n，再由1)可得120，即证12。6设1,2,

5、3是三维欧氏空间中一组标准正交基，证明：1213121313132222222333也是一组标准正交基。证因为1,2121223,212239121,2122,23,23914(2)(2)0，9同理可得1,32,30，另一方面1,1121223,212239141,142,23,391(441)1，9同理可得2,23,31，即证1,2,3也是三维欧氏空间中的一组标准正交基。7.设1,2,3,4,5也是五维欧氏V空间中的一组标准正交基,V1L2,2,3，此中115,2124,32123，求V1的一组标准正交基。解第一证明1,2,3线性没关.事实上，由112011(1,2,3)(1,2,3,4,5

6、)001，010100112011此中A001的秩为3，所以1,2,3线性没关。010100将正交化，可得1115，(2,2)1122,1)212425，(1单位化，有12(15)，2210(121031(122则1,2,3为V1的标准正交基。2245)，35)，求齐次线性方程组2x1x2x3x43x50 x1x2x3x50的解空间(作为R5的子空间)的一组标准正交基。解由x43x52x1x2x3x5x1x2x3可得基础解系为1(1,0,0,5,1)，2(0,1,0,4,1)，3(0,0,1,4,1)，它就是所求解空间的一组基。将其正交化，可得11(1,0,0,5,1)，233(2,1)11(

7、7,9,0,1,2)，(1,1)9(3,1)(3,2)1(7,6,15,1,2)，(1,1)12(2,2)15再将1,2,3单位化,可得11(1,0,0,5,1)，231(7,9,0,1,2)，331(7,6,15,1,2)，331535则1,2,3就是所求解空间的一组标准正交基。9.在RX4中定义内积为(f,g)=11f(x)g(x)dx求RX4的一组标准正交基(由基,2,3出发生正交化)。解取RX4的一组基为11,2x,3x2,4x3,将其正交化可得111，,22(2,1)1x，此中(2,1)11x?1dx0，又因为(1,1)(3,1)(2,2)11x2dx2，3(1,1)12，(3,2)

8、12?xdx0，11?1dx1x所以(3,1)(3,2)x2133(1,1)1(2,2)2，3同理可得(4,1)(4,2)(4,3)x3344(1,1)1(2,2)2(3,3x，3)5再将1,2,3,4单位化，即得1211，122126，310(3x21)，414(5x33x)，22x44则1,2,3,4即为所求的一组标准正交基。10.设V是一n维欧氏空间,0是V中一固定向量,1)证明:V1x|(x,a)0,xV是V的一个子空间；2)证明:V1的维数等于n-1。证1)因为00V1,因此V1非空.下边证明V1对两种运算关闭.事实上,任取x1,x2V1,则有(x1,)(x2,)0，于是又有(x1x

9、2,)(x1)(x2)0，所以x1x2V1。另一方面，也有(kx1,)k(x1,)0，即kx1V1。故V1是V的一个子空间。2)因为0是线性没关的，可将其扩大为V的一组正交基,2,Ln，且(i,)0(i2,3,n)，iV1(i2,3,Ln)。下边只需证明:对随意的V1,能够由2,3,n线性表出，则V1的维数就是n1。事实上，对随意的V1，都有V，于是有线性关系k1k22knn，且(,)k1(,)k2(2,)kn(n,)，但有假定知(,)(i,)0(i1,2,n)，所以k1(,)0，又因为0，故k10，从而有k22knn，再由的随意性，即证。111）证明：欧氏空间中不一样基的胸怀矩阵是合同的。2

10、）利用上述结果证明：任一欧氏空间都存在标准正交基。证：1）设1,2,n与1,2,n是欧氏空间V的两组不一样基，它们对应的胸怀矩阵分别是A(a)和B(b)，其他，设1,2,n到1,2,n的过渡矩阵为ijij1c111c122c1nnC(cij)，即，ncn11cn22cnnnbij(i,j)(c1i1cnin,c1j1cnjn)n=cki(k,c1j1cnjn)k1nn=k1s1ckicsj(k,s)nn=ckicsiks，k1s1另一方面,令DCA(dij),CACDC(eij)，则D的元素为ndisckiks，1故CAC的元素nnneijdiscsj(ckiks)csjbij(i,j1,2,

11、n)，s1s1n1即证CACB。再由1,2,n;1,2,n,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1,2,n，它的胸怀矩阵为A(aij),此中ij(i,j)，且胸怀矩阵A是正定的，又因为正定矩阵与单位矩阵合同，即ECAC。于是只需(1,2,n)(1,2,n)C，则由上边1）可知基1,2,n的胸怀矩阵为E，这就是说，1,2,n就是所求的标准正交基。12设1,2,n是n维欧氏空间V中的一组向量，而(1,2,Mm,1)1)1)(1,2,Mm,2)2)2)LLOL(1,2,Mm,m)m)m)证明：当且仅当0时1,2,m线性没关。证设有线性关系k11k22kmm0，将其

12、分别与i取内积，可得方程组k1(i,1)k2(i,2)km(i,m)0(i1,2,m)，因为上述方程组仅有零解的充要条件是系数队列式不等于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a11q12a1nb11b12b1nb22b2na22a2nA1A为上三角矩阵，则也是上三annbnn角矩阵。因为A是正交阵，所以A1A，即a11b11b12b1nAa12a22b22b2n，a1na2nannbnn所以aij0(ij)，因此a11Aa22为对角阵。再由AAE,知aii21，即证aii1或-1。ann141）设A为一个n阶矩阵，且A0，证明A能够分解成A=QT，

13、此中Q是正交矩阵，T是一上三角矩阵t11t12t1nt22t2n，Ttnn且tii0(i1,2,n)，并证明这个分解是独一的；2)设A是n阶正交矩阵，证明存在一上三角矩阵T，使ATT。证1)设A的n个列向量是a1,a2.an,因为A0，所以a1,a2,an是线性没关的。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11111(2,121)2，22(n,1)(n,n1)11n1nnnn此中1122(2,1)1，nn(n,1)(n,n1)n11t1112t121t222，nt1n1t2n2tnnn此中tiii0(i1,2,n)。即t11t12t1nA(1,2,n)(1,2,n)t22

14、t2n，tnnt11t1n令T，则T是上三角矩阵,且主对角线元素tii0。tnn另一方面，因为i是n维列向量，不如记为b1ib2i(i1,2,n)，bni且令b11b1nQ(1,2,n)，bn1bnn则有AQT,因为1,2,n是一组标准正交基，故Q是正交矩阵。再证独一性，设AQ1T1QT是两种分解，此中Q,Q1是正交矩阵，T,T1是主对角线元素大于零的上三角阵，则Q11QT1T1，因为Q11Q是正交矩阵,从而T1T1也是正交矩阵,且T1T1为上三角阵，所以,T1T1是主对角线元为1或-1的对角阵，可是T与T1的主对角线元大于零，所以T1T1的主对角线元只好是1，故T1T1E，即证T1T。从而有

15、QQ1,从而分解是独一的。2)因为A是正定的，所以A与E合同，即存在可逆阵C使ACC,再由1)知CQT,其中Q是正交矩阵T为三角阵，所以ATQQTTT。15.设是欧氏空间中一单位向量，定义A2(,)，证明:1)A是正交变换,这样的正交变换称为镜面反射；A是第二类的；3)假如n维欧氏空间中正交变换A以1作为一个特色值,且属于特色值1的特色子空间V1的维数为n1，那么A是镜面反射。证:1),有:A(k1k2)k1k22(,k1k2)k1k22k1(,)2k2(,)k1Ak2A，所以A是线性变换。又因为(A,A)2(,),2(,)(,)2(,)(,)2(,)(,)4(,)(,)(,)，注意到(,)1

16、，故(A,A)(,),此即A是正交变换。2)因为是单位向量，将它扩大成欧氏空间的一组标准正交基,2,n,则A2(,)，Ai2(,i)i(i2,3,i,n)1即A(,2,n)(,2,n)1，1所以A是第二类的。3)A的特色值有n个，由已知A有n1个特色值为1，另一个不如设为0，则存在0一组基1,2,n使A(1,2,n)(1,2,n)1，1因为A是正交变换，所以(1,1)(A1,A1)02(1,1)，但00，所以01，于是A11,Aii(i2,3,n)(1,)0(i2,3,n)现令1，则是单位向量，且与2,n正交，则,2,n为欧氏空间V11的一组基。又因为AA(11)1A11(1)，111k1k2

17、2knnAk1Ak2A2knAnk1k22knn，(,)(k1k22knn,)k1，所以2(,)k1k22knn，即证。16.证明：反对称实数矩阵的特色值是零或纯虚数。证:设是属于特色值的特色向量，即A，则A(A)A(A)(A)，于是，令abi，可得a0，即证bi。17.求正交矩阵T使TAT成对角形，此中A为220222004100141)2122)2543)100020245414001333111131335)11114)3131111333311111解1）由220EA212142，02可得A的特色值为11,24,32。对应的特色向量为12,1,2,22,2,1,31,2,2,将其正交单

18、位化，可得标准正交基为122,1,2,3332,2,1,31,2,2,333333故所求正交矩阵为12211T122且TAT4。321222222）由EA2541210，245可得A的特色值为121,310。310的特色向量为11,2,1,121的特色向量为22,1,0,32,1,1,正交化，可得1,2,2,22412,1,0,3,1，55再单位化，有:1于是所求正交矩阵为1112,4,5，1,2,2,22,1,0,33355122353510T214且TAT1。353512053350410145533，3）由EA104140可得A的特色值为15,25,33,43，相应的特色向量为11,1,

19、1,1,21,1,1,1，31,1,1,1,41,1,1,1，将其正交单位化，可得标准正交基为13故所求正交矩阵为11,1,1,1,211,1,1,1，2211,1,1,1,41,1,1,1，21,1,1,1511,1,1,1AT5T1,1,1,且T。2131,1,1,1313334）由EA3133438，33133331可得A的特色值为18,2344。相应的特色向量为11,1,1,1,21,1,0,0，31,0,1,0,41,0,0,1，正交化后得11,1,11,23111,0,42,2,再单位化，可得1,1,0,0，1113,3,1，3,13故所求正交矩阵为1111,21,1,0,0，2,

20、2,2,2221120,41,1,13,233,2，666223311112262381111T22623且TAT4。1021426234100322311115）由EA111134，11111111可得A的特色值为14,2340。相应的特色向量为11,1,1,1,231,0,1,0,4将其正交化，可得11,1,1,1,21,1,0,0，1,0,0,1，1,1,0,0，1111132,1,0,43,3,1，2,3,再单位化后，有11111,2110,0，2,2,2,22,2,31,1,2,0,421,21,21,3，66633323故所求正交矩阵为111122623811110T22623且T

21、AT。01021262301003223用正交线性替代化以下二次型为标准形：1）x122x223x324x1x24x2x3；2）x122222x324x1x24x1x38x2x3；3）2x1x22x3x4；4）x12x22x32x422x1x26x1x34x1x44x2x36x2x42x3x4。解1)设原二次型对应的矩阵为A，则120A222，023且A的特色多项式为EA(2)(1)(5)，特色值为12,21,35，相应的特色向量为12,1,2,22,2,1，31,2,2，单位化后，有12,1,2,12,1,1322,3311,2,2，3令X=TY，此中221T122，13122则XAX2y1

22、2y225y32。2)原二次型对应的矩阵为122A224，42且A的特色多项式为EA(7)(2)2，特色值为17,232。相应的特色向量为11,2,2,22,1,0,32,0,1，正交化,可得11,2,2,22,1,0,32,4,1，55再单位化,有122210,32451,2,3，3335535355令X=TY，此中1223535T214，3535205335则XAX7y122y222y32。3)原二次型对应的矩阵为01001000A，00010010且A的特色多项式为EA(1)2(1)2，特色值为121,341。相应的特色向量为13标准正交基为1,1,0,0,20,0,1,1，1,1,0,

23、0,40,0,1,1，11,1,0,0,210,0,1,1，22311,1,0,0,40,0,1,1，2令X=TY，此中101011010T010，210101则XAXy12y22y32y42。4)原二次型对应的矩阵为11321123A21，312311且A的特色多项式为EA(1)(1)(3)(7)，特色值为11,27,31,43。相应的特色向量为11,1,1,1,21,1,1,1，31,1,1,1,41,1,1,1，标准正交基为111,1,1,1,211,1,1,1，22311,1,1,1,411,1,1,1，22令X=XY，此中1111T111112111，11111故XAXy127y22

24、y323y42。19.设A是n级实对称矩阵，证明：A正定的充分必需条件是A的特色多项式的根全大于零。证明二次型XAX经过正交变换X=TY，可使XAX1y122y22nyn2，此中1,2,n为A的特色根。因为A为正定的充分必需条件是上式右端的二次型为正定，今后者为正定的充分必需条件是i0(i1,2,L,n)，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需条件是A的特色多项式的根是实的。证明为确立起见，这里三角矩阵不如设为上三角矩阵。先证必需性，设c11c12c1nTc22c2n，ATcnn此中T，A均为实矩阵，从而cij都是实数。又因为相像矩阵有同样的特色多项式，

25、所以c11c12c1nEAET1ATc22c2n(c11)(c22)(cnn)cnn从而A的n个特色根c11,c12,cnn均为实数。再证充分性，设1,2,s为A的所有不一样的实特色根，则A与某一若尔当形矩阵J相像，即存在可逆实矩阵P0，使P01AP0J，此中J1J，JS而i1i1Ji(i1,2,s)，i1i因为i都是实数,所以J为上三角实矩阵。另一方面，矩阵P0能够分解为P0T0S0，此中T0是正交矩阵，S0为上三角矩阵，于是P01AP0S01T01AT0S0J，即T01AT0S0JS01。因为S0,J,S01都是上三角矩阵，因此它们的乘积也为上三角矩阵，即证充分性。21.设A，B都是上三角

26、实对称矩阵，证明；存在正交矩阵T使T1ATB的充分必需条件是A，B的特色多项式的根所有同样。证明必需性是明显的，因为相像矩阵有同样的特色值。现证充分性，设1,2,n是A的特色根，则它们也是B的特色根。于是存在正交矩阵X和Y，使1X1AX1YBY，4所以11YXAXY=B。令T=XY1则T也是正交矩阵，从而T1AT=B,，即证。22.设A是n级实对称矩阵，且A2T使得=A，证明：存在正交矩阵111AT=1。T00证设是A的任一特色值，是属于的特色向量，则A=,A2=A()=A=2，因为A22=(2)=0，=A-又因为0，所以2-=0，即得1=0,2=1。换句话说，A的特色值不是1就是0。故存在正

27、交矩阵T，使1111。TAT=00上式中，对角线元素中1的个数为A的特色值1的个数，0的个数是A的特色值0的个数.。23.证明：假如是n维欧氏空间的一个正交变换，那么的不变子空间的正交补也是的不变子空间。证设W是的随意一个不变子空间，现证W也是的不变子空间。任取W,下证W。取1，2，m是W的一组标准正交基，再扩充成V的一组标准正交基为1，2，m，m1，n，则W=L(1，2，m),W=L(m1，n)。因为是正交变换，所以1，2n也是一组标准正交基，因为W是子空间，1，2mW，且为的一组标准正交基，于是m1，nW，所以=km1m1+knnW。24.欧氏空间V中的线性变换称为反对称的，假如对随意，V

28、，有（，）=（，）。证明：1)为反对称的充分必需条件是：在一组标准正交基下的矩阵为反对称的。2)假如V1是反对称线性变换的不变子空间，则V1也是。证1）必需性。设是反对称的，1，2，n是一组标准正交基。则i=ki11+ki22+kinn(I=1,2,n)，(i,j)=kji,(j,i)=kji，由反对称知(i,j)=（i，j）kij=-kji，从而0当ij时(i,j1,2,n)，kijkji当ij时故0k12k1n(1，2，n)=(1，2，n)k120k2nk1nk2n0=(1，2，n)，充分性。设在标准正交基1，2，下的矩阵为，有已知，有(i,j)=（i，j），对随意，V，设a11ann，b

29、1bnn，则（，）=（a1A1anAn,b11bnn）=aibj(Ai,Aj)。i,j同理,Aaibji,Aj，i,j故（，）=（，），所以是反对称的。2）任取V1，可证V1，即V1，事实上，任取V1，因为V1是子空间，所以V1，而V1，故（，）=0。再由题设，是反对称的，知（，）=（，）=0，由的随意性，即证V1。从而V1也是A子空间。25.证明:向量V1是向量在子空间V1上的内射影的充分必需条件是：对随意V1,有。证必需性，设V1是在V1上的内射影，则,V1，,V1V1于是，V1,有.充分性.,设1，1V1,V1,那么是的内射影，由必需性的证明知1,另一方面，由充分性假定又有1,所以.因为

30、11，1，11，1，1，11，1因为，1，,所以1，10,从而1,换句话说，就是在上的内射影。设V1,V2是欧氏空间V的两个子空间。证明：V1V2V1V2V1V2V1V2证先证第一式设V1V2，即V1V2。对随意V1，有0V1V2,于是，所以V1,V1.同理可证V2.从而V1V2，故V1V2V1V2.其次，任取V1V2，那么V1.且V2,即V1,V2,任取VV，则12V,V2,121所以,由的随意性，有V1V2,V1V2.从而VVVV.即证得VVVV.12121212再证第二式.用V1换V1,V2换V2,得V1V2V1V2V1V2，所以V1V2V1V2。27.求以下方程的最小二乘解0.39x1

31、.89y10.61x1.80y10.93x1.68y，11.35x1.50y1用“到子空间距离最短的线是垂线”的语言表达出上边方程的最小二乘解的几何意义，由此列出方程并求解(用三位有效数字计算)。解令0.391.8910.611.80a1,a2,Xx1A1.68,B，0.93y11.351.5010.39x1.89y0.61x1.80yYAXa1xa2y，0.93x1.68y1.35x1.50y那么“到子空间距离最短的线是垂线”的意思就是2La1,a2中求B的内射影Y。YB的值最小，因此最小二乘解的几何意义是在令C=B-Y，由最小二乘法可得AAXAB，此中0.391.89A0.390.610.

32、931.350.611.803.21215.4225A1.801.681.500.931.685.4225，1.8911.8841.351.501AB0.390.610.931.3513.28，1.891.801.681.5016.8713.2121x5.4225y3.28即，5.4225x11.884y6.87x0.20解之得。y0.49三、增补题参照解答1证明：正交矩阵的实特色根为1。证设A正交矩阵A是任一实特色值是，是A的对应于特色值的特色向量，则A。于是,A,A(,)2,。注意到,0,因此有21，又因为为实数，即证1.2.证明：奇数维欧氏空间中的旋转必定以1作为它的一个特色值。证因为A

33、是正交矩阵,A|1,且n为奇数，设A的特色多项式为fEA|,则f1EAAAA1nAEAEAEA=-f1。即f1EA0,故1是A的特色值。3.证明：第二类正交变换必定以-1作为它的一个特色值。证A1时，设A的特色多项式为fEA,则当f11EAA?AEAEAAEAf1即-f1EA0,故1是A的特色值。4.设是欧氏空间V的一个变换,证明:假如保持内积不变,即关于,V,有,那么它必定是线性的,因此它是正交变换。证因为,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,0，所以0，故。又因为kkk,k2k,kk,kk,k2kk,k2,=k2,2k2,k2,0，所以kk。即证是线性变换由.题设知,保持内积不

34、变,从而是正交变换。51,2,m和1,2,m是n维欧氏空间中的两个向量组,证明存在一个正交变换,使iii1,2,m的充分必需条件为i,ji,ji,j1,2,m。证：下证充分性。设1,2,m的一个极大线性没关组为1，2，r,若记1，11，r，r,1r,r1，11，r则有0.再由充分性假定iji,j,知0，r,1rr于是1,2，,r线性没关。另一方面，因1,2,m中的任一直量ii1,2,m都能够由它的极大线性没关组1，2，r线性表出，即ik11k22krri1,2,m，于是，在1,2,Lm中任取ii1,2,L,m,由i,ji,j,即知ik11k22krr,ik11k22krr0，r,从而iktt即

35、证1,2,L,是1,2,L,的一个极大线性没关组。rmt1再将1,2,r正交单位化,可得单位正交的向量组1,2,r,且1,2,r1,2,rT此中T为上三角矩阵,且对角线元素都是正实数.于是只需令:(1,2,r)1,2,rT，则由充分性假定i,ji,j知，1，2，r也是一个单位正交的向量组。分别将单位正交的向量组1，2，r和1，2，r扩大为n维欧氏空间V的两组标准正交基1,2,n和1,2,n,则存在可逆线性变换，使ii(i1,2,n)，且（12r)T=(1,2,n)=(1,2,r)=(1,2,r)(1,2,n)T=(1,2,n)，即ii（I=1,2,r)，rr于是i(i1,2,m)，由itt，有

36、itt,故i1i1i1122rr=1122nr=i(I=1,2,m)，即证。2,证明：存在正交矩阵T使得6是n级实对称矩阵，且1r0。0r证证法1因为A是n级实对称矩阵，所以存在n级矩阵Q，使Q1Qdiag1,2,n，此中1,2,n为的n个特色值（重根按重数列出）。于是Q1A2QQ1AQQ1AQdiag1,2,ndiag1,2,ndiag12,22,n22又因为,所以Q1EQQ1A2Qdiag12,22,2n。所以有i=1（I=1,2,n），不如设i=1的重数为r，则i1的重数为n-r。只需将i1集中摆列在前面，则有正交矩阵T，使1r00。nr证法2因为n级实对称矩阵，且2E,若令g(x)=2

37、1,则g(x)为A的零多项式，且它无重根，故A相像于对角矩阵，设为A的任一特色值，则1。不如设i1的重数为n-r。只需将i1集中摆列在前面，则有正交矩阵，使1r0。0nr7设f(1,2,n)=XAX是一实二次型，1,2n是A的特色多项式的根，且12n。证明：对随意一个XRn,有1n。证存在正交矩阵Q，使QQdiag1,2,n，此中12n为的n个特色值。作正交变换QY,则实二次型可化为f(x1,x2,xn)XAXYQAQY1y122y22nyn2，由题设有2n，于是1YY1(y12y22yn2)XAXn(y12y22yn2)nYY，且XX(QY)(QY)YY，故1XXXAXnXX。8设二次型f(

38、x1,x2,xn)对应的矩阵为A，是A的特色多项式的根，证明：存在Rn中的非零向量(x1,x2,xn)使的222f(x1,x2,xn)(x1x2xn)。证设是矩阵A的特色值，则存在非零向量，使，此中(x1,x2,xn)，于是有222f(x1,x2,xn)(x1x2xn)，即证。,91）设是欧氏空间中两个不一样的单位向量，证明存在一镜面反射，使()。2）证明：n维欧氏空间中任一正交变换都能够表成一系列镜面反射的乘积。证1）记n维欧氏空间为V，当为欧氏空间为V的单位向量时，由A()2(,)(V)，所确立的正交变换A是一个镜面反射，代入单位向量，有A()2(,),若记2(,)，则2(,)，因为,是欧

39、氏空间中两个不一样的单位向量，所以(,)0，故可解得,2(,)此中(,)(,),)11(,)，即(,)211(,)，2(2(,)2于是只需取21,，就有,=1，即为欧氏空间V中的单位向量，从而是一个镜面反射，且=2,=。2)设是维欧氏空间V的任一正交变换，取V的一组标准正交基1,2,n，则1=1，2=2，,n=n也是V的一组标准正交基。此时，若11,22,nn，则A是一个恒等变换，只需作镜面反射A1()2(1,)1(V)，则有A1(1)1,A1(j)j(j2,3,n)且AA1A1，结论建立。若1,2,n与1,2,n不全同样，不如设11,则1,1为两个不一样的单位向量，由1)知,存在镜面反射A1,使A1(1)1.令A1(j)j(j2,3,n),若jj(j2,3,n),则AA1,结论建