高等代数(北大版第三版)习题答案.doc
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1、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,1) 证明在这个定义之下, 成一欧氏空间;2) 求单位向量, , , ,的度量矩阵;3) 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
2、度量矩阵为,则=,因此有。4) 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:1) 如果使,那么。2) 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
3、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RX
4、中定义内积为(f,g)= 求RX的一组标准正交基(由基1.出发作正交化)。解 取RX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
5、系,且 ,但有假设知 ,所以,又因为,故,从而有,再由的任意性,即证。111)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
6、: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。141)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
7、,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
8、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)
9、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)
10、;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
11、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,
12、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
13、,=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(,)= ( ,
14、)。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(,)= (
15、 ,)=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1 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
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