高等代数(北大版第三版)习题答案III

..高等代数〔北大*第三版答案目录第一章多项式第二章行列式第三章线性方程组第四章矩阵第五章二次型第六章线性空间第七章线性变换第八章—矩阵第九章欧氏空间第十章双线性函数与辛空间注：答案分三部分,该为第三部分,其他请搜索,谢谢！第九章欧氏空间1.设是一个阶正定矩阵,而,,在中定义内积,证明在这个定义之下,成一欧氏空间；求单位向量,,…,,的度量矩阵；具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。解1>易见是上的一个二元实函数,且<1>,<2>,<3>,<4>,由于是正定矩阵,因此是正定而次型,从而,且仅当时有。2>设单位向量,,…,,的度量矩阵为,则=,,因此有。由定义,知,,,故柯西—布湿柯夫斯基不等式为2.在中,求之间<内积按通常定义>,设:1>,,2>,,3>,。解1>由定义,得,所以。2>因为,,,,所以。3>同理可得,,,,所以。3.通常为的距离,证明；。证由距离的定义及三角不等式可得。4在R中求一单位向量与正交。解设与三个已知向量分别正交,得方程组,因为方程组的系数矩阵A的秩为3,所以可令x,即。再将其单位化,则,即为所求。5．设是欧氏空间V的一组基,证明：如果使,那么。如果使对任一有,那么。证1>因为为欧氏空间V的一组基,且对,有,所以可设,且有即证。2>由题设,对任一总有,特别对基也有,或者,再由1>可得,即证。6设是三维欧氏空间中一组标准正交基,证明：也是一组标准正交基。证因为,同理可得,另一方面,同理可得,即证也是三维欧氏空间中的一组标准正交基。7.设也是五维欧氏空间中的一组标准正交基,,其中,,,求的一组标准正交基。解首先证明线性无关.事实上,由,其中的秩为3,所以线性无关。将正交化,可得,,单位化,有,,,则为的标准正交基。8.求齐次线性方程组的解空间<作为的子空间>的一组标准正交基。解由可得基础解系为,,,它就是所求解空间的一组基。将其正交化,可得,,,再将单位化,可得,,,则就是所求解空间的一组标准正交基。9.在R[X]中定义内积为<f,g>=求R[X]的一组标准正交基<由基1.出发作正交化>。解取R[X]的一组基为将其正交化,可得,,其中<,又因为,,,所以,同理可得,再将单位化,即得,,,,则即为所求的一组标准正交基。10.设V是一n维欧氏空间,是V中一固定向量,1>证明:V是V的一个子空间；2>证明:V的维数等于n-1。证1>由于0因而V非空.下面证明V对两种运算封闭.事实上,任取则有<,于是又有<,所以。另一方面,也有<,即。故V是V的一个子空间。2>因为是线性无关的,可将其扩充为V的一组正交基,且<<,。下面只要证明:对任意的可以由线性表出,则的维数就是。事实上,对任意的,都有,于是有线性关系,且,但有假设知,所以,又因为,故,从而有,再由的任意性,即证。11．1证明：欧氏空间中不同基的度量矩阵是合同的。2利用上述结果证明：任一欧氏空间都存在标准正交基。证：1设与是欧氏空间的两组不同基,它们对应的度量矩阵分别是和,另外,设到的过渡矩阵为,即,===,另一方面,令,则D的元素为,故的元素,即证。再由皆为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,它的度量矩阵为其中,且度量矩阵A是正定的,又因为正定矩阵与单位矩阵合同,即。于是只要,则由上面1可知基的度量矩阵为E ,这就是说,就是所求的标准正交基。12．设是n维欧氏空间V中的一组向量,而证明：当且仅当时线性无关。证设有线性关系,将其分别与取内积,可得方程组,由于上述方程组仅有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。证设为上三角矩阵,则也是上三角矩阵。由于A是正交阵,所以,即,所以,因而为对角阵。再由知,即证或-1。14．1设A为一个n阶矩阵,且,证明A可以分解成A=QT,其中Q是正交矩阵,T是一上三角矩阵,且,并证明这个分解是唯一的；2>设A是n阶正交矩阵,证明存在一上三角矩阵T,使。证1>设A的n个列向量是由于,因此是线性无关的。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,其中,,其中。即,令,则T是上三角矩阵,且主对角线元素。另一方面,由于是n维列向量,不妨记为,且令,则有,由于是一组标准正交基,故是正交矩阵。再证唯一性,设是两种分解,其中是正交矩阵,是主对角线元素大于零的上三角阵,则,由于也是正交矩阵,且为上三角阵,因此,是主对角线元为1或-1的对角阵,但是的主对角线元大于零,所以的主对角线元只能是1,故,即证。进而有,从而分解是唯一的。2>因为是正定的,所以与合同,即存在可逆阵使,再由1>知,其中是正交矩阵为三角阵,所以。15.设是欧氏空间中一单位向量,定义,证明:1>是正交变换,这样的正交变换称为镜面反射；2>是第二类的；3>如果维欧氏空间中正交变换以1作为一个特征值,且属于特征值1的特征子空间的维数为,那么是镜面反射。证:1>,有:,所以是线性变换。又因为,注意到,故,此即是正交变换。2>由于是单位向量,将它扩充成欧氏空间的一组标准正交基,则,即,所以是第二类的。3>的特征值有个,由已知有个特征值为1,另一个不妨设为,则存在一组基使,因为是正交变换,所以,但,所以,于是现令,则是单位向量,且与正交,则为欧氏空间的一组基。又因为,,,所以,即证。16.证明：反对称实数矩阵的特征值是零或纯虚数。证:设是属于特征值的特征向量,即,则,于是,令,可得,即证。17.求正交矩阵使成对角形,其中为1>2>3>4>5>解1由,可得A的特征值为。对应的特征向量为将其正交单位化,可得标准正交基为故所求正交矩阵为且。2由,可得 A的特征值为。的特征向量为的特征向量为正交化,可得,再单位化,有:,于是所求正交矩阵为且。3由,可得 A的特征值为,相应的特征向量为,,将其正交单位化,可得标准正交基为,,故所求正交矩阵为且。4由,可得A的特征值为。相应的特征向量为,,正交化后得,,再单位化,可得,,故所求正交矩阵为且。5由,可得的特征值为。相应的特征向量为,,将其正交化,可得,,再单位化后,有,,故所求正交矩阵为且。18用正交线性替换化下列二次型为标准形：1；2；3；4。解1>设原二次型对应的矩阵为A,则,且A的特征多项式为,特征值为,相应的特征向量为,,单位化后,有,令X=TY,其中,则。2>原二次型对应的矩阵为,且A的特征多项式为,特征值为。相应的特征向量为,正交化,可得,再单位化,有,令X=TY,其中,则。3>原二次型对应的矩阵为,且A的特征多项式为,特征值为。相应的特征向量为,,标准正交基为,,令X=TY,其中,则。4>原二次型对应的矩阵为,且A的特征多项式为,特征值为。相应的特征向量为,,标准正交基为,,令X=XY,其中,故。19.设A是n级实对称矩阵,证明：A正定的充分必要条件是A的特征多项式的根全大于零。证明二次型经过正交变换X=TY,可使,其中为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,而后者为正定的充分必要条件是,即证。20.设A是n级实矩阵,证明：存在正交矩阵T使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。证明为确定起见,这里三角矩阵不妨设为上三角矩阵。先证必要性,设,其中T,A均为实矩阵,从而都是实数。又因为相似矩阵有相同的特征多项式,所以从而A的n个特征根均为实数。再证充分性,设为A的所有不同的实特征根,则A与某一若尔当形矩阵J相似,即存在可逆实矩阵,使,其中,而,由于都是实数,所以J为上三角实矩阵。另一方面,矩阵可以分解为,其中是正交矩阵,为上三角矩阵,于是,即。由于都是上三角矩阵,因而它们的乘积也为上三角矩阵,即证充分性。21.设A,B都是上三角实对称矩阵,证明；存在正交矩阵T使的充分必要条件是A,B的特征多项式的根全部相同。证明必要性是显然的,因为相似矩阵有相同的特征值。现证充分性,设是A的特征根,则它们也是B的特征根。于是存在正交矩阵X和Y,使,所以YXAXY=B。令T=XY则T也是正交矩阵,从而TAT=B,,即证。22.设A是n级实对称矩阵,且A=A,证明：存在正交矩阵T使得TAT=。证设是A的任一特征值,是属于的特征向量,则A=,A=A<>=A=,由于A=A=<->=0,又因为,所以-=0,即得=0,=1。换句话说,A的特征值不是1就是0。故存在正交矩阵T,使TAT=。上式中,对角线元素中1的个数为A的特征值1的个数,0的个数是A的特征值0的个数.。23.证明：如果是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是的任意一个不变子空间,现证W也是的不变子空间。任取W,下证W。取,,是W的一组标准正交基,再扩充成V的一组标准正交基为,,,,,,则W=L<,,>,W=L<,,>。因为是正交变换,所以,也是一组标准正交基,由于W是——子空间,,W,且为的一组标准正交基,于是,,W,所以=k++kW。24.欧氏空间V中的线性变换称为反对称的,如果对任意,V,有〔,=—〔,。证明： 1>为反对称的充分必要条件是：在一组标准正交基下的矩阵为反对称的。2>如果V是反对称线性变换的不变子空间,则V也是。证1必要性。设是反对称的,,,是一组标准正交基。则=k+k++k<I=1,2,,n>,<,>=k,<,>=k,由反对称知<,>=—〔,k=--k,从而,故<,,>=<,,>=<,,>,充分性。设在标准正交基,,下的矩阵为,有已知,有<,>=—〔,,对任意,V,设,,则〔,=〔=。同理,故〔,=—〔,,所以是反对称的。2任取V,可证V,即V,事实上,任取V,由于V是子空间,因此,而V,故〔,=0。再由题设,是反对称的,知〔,=—〔,=0,由的任意性,即证V。从而V也是A子空间。25.证明:向量V是向量在子空间V上的内射影的充分必要条件是：对任意有。证必要性,设V是在V上的内射影,则,,26设从而再证第二式.用,所以。 27.求下列方程的最小二乘解,用"到子空间距离最短的线是垂线"的语言表达出上面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,,那么"到子空间距离最短的线是垂线"的意思就是。令C=B-Y,由最小二乘法可得,其中 ,,即 ,解之得。三、补充题参考解答证明：正交矩阵的实特征根为。证 设A正交矩阵A是任一实特征值是,是A的对应于特征值的特征向量,则A。于是。注意到2.证明：奇数维欧氏空间中的旋转一定以1作为它的一个特征值。证 因为A是正交矩阵,,则=-。即。3.证明：第二类正交变换一定以-1作为它的一个特征值。证 当即-。4.设那么它一定是线性的,因而它是正交变换。证 因为,所以,故。又因为=,所以。即证。5．和。证：下证充分性。设,则有,于是,另一方面,因,于是,在,从而即证。再将:,则由充分性假设两组标准正交基和则存在可逆线性变换,使,且〔T=<=<==<,即〔I=1,2,,于是,由,有故==<I=1,2,,即证。6．是n级实对称矩阵,且证明：存在正交矩阵T使得。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,其中为的n个特征值〔重根按重数列出。于是又因为所以。因此有=〔I=1,2,n,不妨设=1的重数为r,则的重数为n-r。只要将集中排列在前面,则有正交矩阵T,使。证法2因为n级实对称矩阵,且若令g<x>=则g<x>为A的零多项式,且它无重根,故A相似于对角矩阵,设为A的任一特征值,则。不妨设的重数为n-r。只要将集中排列在前面,则有正交矩阵,使。7．设f<>=是一实二次型,是A的特征多项式的根,且。证明：对任意一个X,有。证存在正交矩阵Q,使,其中为的个特征值。作正交变换则实二次型可化为,由题设有,于是,且,故。8．设二次型对应的矩阵为,是的特征多项式的根,证明：存在中的非零向量使的。证设是矩阵A的特征值,则存在非零向量,使,其中,于是有,即证。9．1设是欧氏空间中两个不同的单位向量,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可以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,所确定的正交变换A是一个镜面反射,代入单位向量,有,若记,则,因为是欧氏空间中两个不同的单位向量,所以,故可解得,其中,即,于是只要取,就有=1,即为欧氏空间中的单位向量,从而是一个镜面反射,且==。2>设是维欧氏空间的任一正交变换,取的一组标准正交基,,,则=,=,=也是的一组标准正交基。此时,若,则是一个恒等变换,只要作镜面反射,则有且,结论成立。若与不全相同,不妨设,则为两个不同的单位向量,由1>知,存在镜面反射,使.令,若,则,结论成立。否则可设,再作镜面反射：,其中,则且,如此继续下去,设,则,其中都是镜面反射,即证。10.设是两个实对称矩阵,且是正定矩阵,证明:存在一个实可逆矩阵使与同时为对角形。证:因为是正定矩阵,所以存在一个阶实对称矩阵,使:,其中为阶单位矩阵,又因为还是阶实对称矩阵,所以也存在一个阶正交矩阵,使,其中为的特征值,于是,只要令,就有,且,即证。11.证明：酉空间中两组标准正交基的过渡矩阵是酉矩阵。证:设与分别为酉空间中两组标准正交基,且则。于是,即所以过渡矩阵是酉矩阵。12．酉矩阵的特征值根的模为1。证因为酉矩阵A对应的变换是酉变换,设的任一特征值是,是的对应于的特征向量,则〔,=〔=〔=,注意到〔,,因而有=1,即。13．设A是一个n级可逆复矩阵,证明可以分解成A=UT,其中U是酉矩阵,T是一个上三角矩阵：T=,其中对角元素都是正实数,并证明这中分解是唯一的。证设A=〔,其中为A的列向量,则由A可逆知向量组线性无关。由施密特正交化方法,可得,其中单位化,可得,则是一组正交基,从而U=〔为又酉矩阵,且可解得,其中T为上三角矩阵,且为正实数。再证分解的唯一性,设还有酉矩阵及对角线元素都是正实数的上三角形矩阵,使得,则,于是既是一个酉矩阵,又是一个上三角形矩阵,从而是对角矩阵,但的对角线元素都是正实数,即,再由是酉矩阵,知是单位矩阵,故,即证。14．证明：埃尔米特矩阵的特征值是实数,并且它的属于不同特征值的特征向量相互正交。证：设是埃尔米特矩阵的任一特征值,是的对应于的特征向量,则有,于是,因此有,即,但,故,即证为实数,另外是的任意两个不同的特征值,分别为的对应于和的特征向量,则有：,由于,因此,但,故〔,即证的属于不同特征值的特征向量相互正交。第十章双线性函数与辛空间设V是数域P上的一个三维线性空间,,,是它的一组基,f是V上的一个线性函数,已知f<+>=1,f<-2>=-1,f<+>=-3求f<X+X+X>.解因为f是V上线性函数,所以有f<>＋f<>=1f<>-2f<>=-1f<>+f<>=-3解此方程组可得f<>＝4,f<>＝－7,f<>＝－3于是f<X+X+X>.＝Xf<>＋Xf<>＋Xf<>＝4X－7X－3X设V及,,同上题,试找出一个线性函数f,使f<+>＝f<-2>=0,f<+>=1解设f为所求V上的线性函数,则由题设有f<>＋f<>=0f<>-2f<>=0f<>+f<>=1解此方程组可得f<>＝－1,f<>＝2,f<>＝1于是aV,当a在V的给定基,,下的坐标表示为a=X+X+X时,就有f<a>=f<X+X+X>=Xf<>＋Xf<>＋Xf<>=-X+2X+X设,,是线性空间V的一组基,f1,f2,f3是它的对偶基,令1＝－,2＝＋－,3＝＋试证：1,2,3是V的一组基,并求它的对偶基。证：设〔1,2,3＝〔,,A由已知,得A＝因为≠0,所以1,2,3是V的一组基。设g1,g2,g3是1,2,3得对偶基,则〔g1,g2,g3＝〔f1,f2,f3〔Aˊ＝〔f1,f2,f3因此g1=f2-f3g2=f1-f2+f3g3=-f1+2f2-f34.设V是一个线性空间,f1,f2,…fs是V中非零向量,试证：∈V,使fi<>≠0<i=1,2…,s>证：对s采用数学归纳法。当s＝1时,f1≠0,所以∈V,使fi<>≠0,即当s＝1时命题成立。假设当s=k时命题成立,即∈V,使fi<>=i≠0<i=1,2…,k>下面证明s=k+1时命题成立。若f<>≠0,则命题成立,若f<>＝0,则由f≠0知,一定∈V使f<>＝b,设fi<>=di<i=1,2…,k>,于是总可取数c≠0,使ai+cdi≠0<i=1,2…,k>令,则∈V,且fi<>=ai+cdi≠0<i=1,2…,k>f<>＝cb≠0即证。5．设1,2,…s是线性空间V中得非零向量,试证：fi<>≠0<i=1,2…,s>证：因为V是数域P上得一个线性空间,V是其对偶空间,若取定V中得一个非零向量,则可定义V的一个线性函数如下：<f>=f<><f∈V>且是V的对偶空间〔V>中的一个元素,于是,V到其对偶空间的对偶空间〔V>的映射→是一个同构映射,又因为1,2,…s是V中的非零向量,所以1,2,…s对偶空间V的对偶空间〔V>中的非零向量,从而由上题知,f∈V使f<>＝i<f>≠0<i=1,2…,s>即证.6.设V＝P[x],对P<x>=C0+C1x+C2x∈V,定义f<p<x>>=f<p<x>>=f<p<x>>=试证f,f,f都是V上线性函数,并找出V的一组基p1<x>,p2<x>,p3<x>,使f,f,f是它的对偶基。证：先证是V上线性函数,即f∈V,对g<x>,h<x>∈V,k∈P,由定义有f〔g<x>＋h<x>＝＝＋＝f<g<x>>+f<h<x>>f<kg<x>>==k=kf<g<x>>即证f。同理可证f,f∈V。再设p1<x>,p2<x>,p3<x>为V的一组基,且f,f,f是它的对偶基。若记P1<x>=C0+C1x+C2x则由定义可得f<p<x>>=＝C0+C1+C2=1f<p<x>>==2C0+2C1+C2=0f<p<x>>==-C0+C1-C2=0解此方程组得C0=C1=1,C2=-故P1<x>=1+x-x同理可得p2<x>=-+xp3<x>=-+x-x7.设V是个n维线性空间,它得内积为〔,,对V中确定得向量,定义V上的一个函数：〔=〔,证明是V上的线性函数证明V到V的映射是V到V的一个同构映射〔在这个同构下,欧氏空间可看成自身的对偶空间。证：1先证明是V上的线性函数,即∈V,对1,2∈V,k∈P,由定义有：〔1＋2＝〔,1＋2＝〔,1＋〔,2＝〔1＋〔2〔k1=〔,k1=k〔,1=k〔1故是V上的线性函数。2设,…是V的一组标准正交基,且对∈V由定义〔＝〔<i=1,2…,n>知〔＝〔,＝于是,…是,…的对偶基,从而V到V的映射是V与V中两基间的一个双射因此它也是V到V的一个同构映射8．设是数域P上N维线性空间V得一个线性变换。1证明,对V上现行函数f,f仍是V上的线性函数；2定义V到自身的映射为f→f证明是V上的线性变换；3设,…是V的一组基,f,f,f是它的对偶基,并设在,…的矩阵为A。证明：在f,f,…f下的矩阵为A′。证：1对∈V,由定义知〔f〔＝f〔〔是数域P中唯一确定的元,所以f是V到P的一个映射。又因为,∈V,k∈P,有〔f〔＋＝f〔〔＋＝f〔〔＋〔＝〔f〔＋〔f〔〔f〔k＝f〔〔k=f〔k〔=kf〔〔=k〔f〔所以f是V上线性函数。2对f∈V,有〔f=f∈V,故是V上的线性变换。3由题设知〔,…＝〔,…A设〔f,f,…f＝〔f,f,…fB其中A=<a>,B=<b>,且f,f,…f是,…的对偶基,于是f＝〔f,所以a=b<i,j=1,2,…n>,即证在f,f,…f下的矩阵为B=A′.9.设V是数域P上的一个线性空间,f,f,…f是V上的n个线性函数。1证明：下列集合W＝{∈V︱f<>=0<1≤i≤n>}是V的一个子空间,W成为线性函数f,f,…f的零化子空间；2证明：V的任一子空间皆为某些线性函数的零化子空间。证：1因为f,f,…f是V上的n个线性函数,所以f∈V<1≤i≤n>,且f<0>=0<i=1,2,…n>,因而0∈W,即证W非空。又因为,∈V,∈P,有f<＋>＝f<>＋f<>＝0<i=1,2,…n>f<>＝f<>＝0所以＋∈W,∈W,即证W是V的一个子空间。2设W是V的任一子空间,且dim〔W＝m,则当m＝n时,只要取f为V的零函数,就有W＝V＝{∈V︱f<>=0}所以W是f的零化子空间。当m<n时,不妨设,…为W的一组基,将其扩充为V的一组基,…,,…,并取这组基的对偶基f,f,…f的后n-m个线性函数f,f,…,f,则W=V={∈V︱f<>=0<m+1≤i≤n>}即W是f,f,…,f的零化子空间,事实上,若令U＝{∈V︱f<>=0<m+1≤i≤n>}则对＝a+a+…+a∈W,有f<>=f<>=…=f<>=0因而∈U,即WU。反之,＝b+b+…+b+b+…b∈U,由f<>=f<>=…=f<>=0,可得b＝b=…=b=0,因而＝b+b+…+b+b+…b∈W,即UW,故U＝W。10．设A是数域P上的一个m极矩阵,定义P上的一个二元函数f<X,Y>=tr<X′AY><X,Y∈P>证明f<X,Y>是P上的双线性函数；求f<X,Y>在基E,E,…,E,E,…,E,…,E,E,…,E下的度量矩阵。证：1先证f<X,Y>是P上的双线性函数,对X,Y,Z∈P,k,k∈P由定义有f<X,kY+k,Z>=tr<X′A<kY+kZ>>=ktr<X′AY>+ktr<X′AZ>=kf<X,Y>+kf<Y,Z>因而f<X,Y>是P上的双线性函数。2由EAE＝aE知f<E,E>=tr<EAE>=tr<aE>=以下设f<X,Y>在基E,E,…,E,E,…,E,…,E,E,…,E下的度量矩阵为B,则B=其中,E为n阶单位矩阵。11．在P中定义一个双线性函数f<X,Y>,对X＝〔x1,x2,x3,x4,Y=<y1,y2,y3,y4>∈P有f<X,Y>=3x1y2-5x2y1+x3x4-4x4y31>给定P的一组基＝〔1,－2,－1,0,＝〔1,－1,1,0＝〔－1,2,1,1,＝〔－1,－1,0,1求f<X,Y>在这组基下的度量矩阵；2另取一组基,,,,且〔,,,＝〔,,,T其中T＝求f<X,Y>在这组基下的度量矩阵。解1设f<X,Y>在给定基,,,下的度量矩阵为A=<a>,则A＝其中a＝f<,>.设f<X,Y>在给定基,,,下的度量矩阵为B,则由〔,,,＝〔,,,T可得B=T′AT=12.设V是复数域上的线性空间,其维数n>=2,f<>是V上的一个对称双线性函数。1证明V中有非零向量使f<,>＝02如果f<>是非退化的,则必有线性无关的向量,满足f<,>＝1f<,>＝f<,>＝0证1设,…为复数域上N维线性空间V的一组基,f<>是V上的对称双线性函数,则f<>关于基,…的度量矩阵A为对称矩阵,于是,存在非退化的矩阵T,使T′AT==B若令〔,,,…＝〔,…T则,,,…也是V的一组基,且f<>关于基,,,…的度量矩阵为B,因此＝X+X+…X,=Y+Y+…Y∈V,有f<,>=XY+XY+…+XYf<,>=X+X+…+X<0≤r≤n>故而当r=0时,对V中任一非零向量,恒有f<,>=0；当r=1时,只要取＝≠0,就有f<,>=0；当r≥2时,只要取＝i+≠0,就有f<,>=0；2>如果f<>是非退化的,则f<,>=XY+XY+…+XY因而只要取＝+,=－就有f<,>=〔＋〔〔－＝1f<,>=〔＋〔＝0f<,>=〔＋〔－＝0即证。13．试证：线性空间V上双线性函数f<>是反对称的充要条件是：对任意的∈V,都有f<>=0证：必要性。因为f<>是反对称的,所以∈V,恒有f<>=－f<>故f<>=0充分性。因为f<>是双线性函数,所以∈V,有f<+,+>=f<>=f<,>=0故f<>＝－f<,>即f<>是反对称的。14．设f<>是V上对称或反对称的双线性函数,是V中的两个向量,若f<>＝0,则称正交,再设K是V的一个真自空间,证明：对K必有0∈K+L<>使f<,>＝0对所有∈K都成立证明：1先证f<>是对称的双线性函数的情形。因为K是V的子空间,所以f<>是K上的对称双线性函数,设dim〔K＝r则f<>关于K的任意一组基的度量矩阵皆为对称矩阵,于是,必存在K的一组基,…,使f<>在这组基下的度量矩阵为对角矩阵D＝diag<d,d,…d>只要令＝＋＋…－且当d=0<1≤i≤r>时,就删除d相应的项,则0∈K+L<>,于是对任意∈K,恒有f<,>＝02再证f<>是反对称双线性函数的情形,首先,若对给定K,若存在∈K,使f<,>=0,则可令＝,＝,使得f<,>=1.又因为K+L<>是V的子空间,所以f<>也是K+L<>上的反对称双线性函数,于是可将,扩充为K+L<>的一组基：,,,,…,,,…使故而当s≠0时,只要取＝,则对∈K,恒有f<,>=0;当s=0时,只要取＝,则由＝,K=L<,,,,…,>,对∈K,也有f<,>=0。其次,若对给定的K,,及任意∈K,使f<,>=0,则只要取＝即可。15．设V与f<>同上题,K是V的一个子空间,令=1>试证K是 V的子空间〔K称为K的正交补；2试证：如果K∩K＝{0},则V＝K＋K证：1因为∈K,恒有f<0,>=0,所以0∈K,即K非空。另一方面,,∈K,k∈P,∈K,有f<+,>=f<,>+f<,>=0f<k,>=kf<,>=0故+,k∈K,从而K是V的子空间。2由于K和K都是V的子空间,知K+KV不妨设K是V的一个真子空间,∈V,若∈K,则证毕,若K,则存在0∈K+L<>,使f<,>=0〔∈K于是∈K。又因为＝＋k<∈K,k∈P>显然K0,否则＝＝K∩K＝{0}从而＝＝0,这是不可能的。因此有＝－＋∈K+K故VK+K。即证。16．设V,,K同上题,并设f<,>限制,试证：V＝K+K的充要条件是f<,>在V上是非退化的.证：必要性。设V＝K+K,且f<,>＝0〔∈K下证＝0,设＝+,∈K,∈K,则∈K,有0＝f<,>＝f<+,>＝f<,>＋f<,>＝f<,>由于f<,>在K上是非退化的,故＝0,从而＝∈K同理,∈K,由f<,>＝0可得∈〔K,但K∩K＝{0}因而得知＝0。充分性：设∈K∩K,若≠0,则只要将扩充为一组基,,…由于∈K,因而必有于是,∈K,皆有f<,>＝0,这与f<,>限制在K上非退化矛盾,所以＝0,也就是K∩K＝{0}由此即证V=K+K.17.设f<,>是N维线性空间V上的非退化对称双线性函数,对V中的一个元素定义V中的一个元素：〔＝f<,>〔∈V试证：1V到V的映射→是一个同构映射。2对V的每组基,…,有V的唯一的一组基,,,使f<,>＝如果V是复数域上的N维线性空间,则有一组基,,…,,使＝<i=1,2…n>证：1因为f<,>是N维线性空间V上的非退化对称双线性函数,所以存在V的一组基,…,使f<,>=再由V的定义作,…∈V,设有线性关系k+k+…+k=0则0＝0〔＝〔k+k+…+k〔＝k〔＋k〔+…+k〔＝kf<,>+kf<,>+…+kf<,>=kd<i=1,2…n>但d≠0<i=1,2…n>,故k=0<i=1,2…n>这意味着,…线性无关,因而,…为V的一组基,故V到V的映射→是一个双映射。另一方面,,,∈V,k∈P,有