欧几里得空间习题解答.doc

欧几里得空间习题解答 P394.1.1 对称性成立，是一个内积 ①, =(2,1,3,2), =(1,2,-2,1) ②, =(1,2,2,3), =(3,1,5,1) ③, =(1,1,1,2), =(3,1,-1,0) P393. 3 P393.4在 解设所求 ①证:因为 ②证， ①小题： P393.6 而 P394.8，解： 解出： Schmidt: 单位化便得到解空间的标准正交基： P394.9 已知 解： 单位化标准正交基 P394，11①设两个基： P394.11②， 取V的一个基 P394，13，设： 因为A正交，故AA=E，令A= 由第1行列， 由1与其余各列正交，1j（j1），（1，j）= 其中A1仍为上三角正交矩阵，但阶数少1，故可用归纳法给出证明，且n=1时显然为真，由归纳法原理，证毕。 P394，14①，设用Schmidt方法把它们正交化 T2T-1=E，T2=T，满秩 Q2=Q P394，14②，A正交，则存在C可逆使 A=CC 而C可逆，由①，有C=QT，Q正交T上三角。 A=CC=TQQT=TET=TT P395，15①，A P395，15②， P395，15③， P395，17①： P395，17②，A= 解：①： P395,17③, P395,17⑤： 解：秩（A）=1， 得： 令T= P395，18①f=X 另解法，作正交矩阵，H= 即令 P395,18② 又A=-B+3E即为17②中的A（见P9,138,10,3） 令，则 P395，18③, P395，18④， P395,19,A实对称，存在正交矩阵T，使 P396.20“充分性”，设为A的实特征根，取的单位特征向量，扩充为的标准正交基 故由归纳假设（n=1，显然成立），存在T2正交。  为上三角矩阵 P396，21“必要性”T-1AT=B，则A，B相似，故特征值全部相同， “充分性”，若A，B的特征值都由1，2，…n， 则存在，T1，T2正交，使 P396、24①“必要性”，若反对称，在标准正交基下 则： ∴ “充分性”，若 ∴ 以坐标为AX、AY。 ∴ 即，A为反对称的 P396、24设V1为/A-子空间，A反对称。 W= A ∴（A，）=（，A）=0 故W为A-子空间。 充分性，取 和 2),由于正交补是唯一的 P397补1，设为A（正交）的特征值，定义AX=AX，则A为正交变换 P397，补2， A为V中正交变换，|A|=1 设A的特征值为 。 P397补3（仿上题），|A|=-1，剩下的n-2k个实根之积为-1，其中必有特征值= -1。 P397,补4：令 而 是正交变换，则A 由假设有正交变换A1，，由于A1保持内积及Gram矩阵，行列式的线性相关系。 任何一个局部的线性关系相同，设W=L ,作线性变换/A， P397补7,作正交替换,X=TY, P397，补9①，取 P397，补9②，设正交变换A，标准正交基： 作镜面反射 不妨设BK是一系列镜面反射使： 作一镜面反射 继续下去，n步后必存一系列反射之积|B使 由线性变换的唯一存在性，是一系列镜面反射之积 P397，补10，设C可逆，使CBC=E （0） 令A1=CAC，实对称，存在正交Q，使QAQ对角形 令T=CQ，可逆，则 TAT=Q(CAC)Q=QAQ，对角形 TBT=Q(CBC)Q=QEQ=E，对角形，（证毕） 即为上三角且对角线上全大于0, 其次，另设A=U3T3，一个分解，则，UT=U3T3 为上三角的酉矩阵（类假正13题，P9，138，10.1练习13） P398，补14， 若A有两个特征值 p$Dk947hxVgRq6$WX*awYo*JumlrEYfNiNEBFQ-nUn)PDyBK#eIaSykeemAWfOl+TLKP$cD1Gh0#X!2kJ5Ii+XSUax!s0QCvwDR3vBe+#Z7qReTvd303ewVgTta-$3jG0B9YKDDKY9C1Hk4(+bvViXyg626gyWiUua-%3jF+A8WIBBIV6y)Dg0!Z6pPcQsa+*-9qO9Ml1ZTU%8vYp(LwpovJ%lUp2WNKP!aA(Ab%SOR!8w!t2SFABJYaE4Lpb329mG-w2OyomqCUaHoO(7c9+Sv0yZ9mtsk5Tq#jFU$$WJp-AizJLHwdYsYewIMKAk(C0sMZ(*XJnuYapxysg(F7C#7hkg4Wx1yY7inlc*IeM4pCJI