主要内容

高等代数教学辅导

刘月, 唐丽丹, 周宏

节 8.2 标准正交基与内积空间同构

建设中！
🔗

练习 练习

基础题.

1.
在\(\mathbb{C}^{n\times n}\)上，定义内积为\(\left(A,B\right)={\rm tr}(A\overline{B}^T)\)，试证：\(E_{ij}(i,j=1,\dots ,n)\)是关于此内积的一个标准正交基。
🔗
解答.
因为
\begin{equation*} \begin{array}{ccl}\left(E_{ij},E_{kl}\right)&=&{\rm tr}(E_{ij}\overline{E_{kl}}^T)\\&=&{\rm tr}(E_{ij}E_{lk})\\&=&\left\{\begin{array}{ll} {\rm tr}(E_{ik}),&\mbox{当}j=l,\\ {\rm tr}({\bf 0}),&\mbox{当}j\neq l, \end{array}\right.\\&=&\left\{\begin{array}{ll} 1,&\mbox{当}i=k\mbox{且}j=l,\\ 0,&\mbox{当}i\neq k\mbox{或}j\neq l, \end{array}\right.\end{array} \end{equation*}
所以\(E_{ij}(i,j=1,\dots ,n)\)是关于此内积的一个标准正交基。
🔗
🔗
🔗
2.
在4维酉空间\(\mathbb{C}^4\)中，求与向量组
\begin{equation*} \alpha_1=(1,-1,{\rm i},1)^T,\alpha_2=(2,{\rm i},-1+{\rm i},1)^T \end{equation*}
等价的一个标准正交向量组。
🔗
解答.
先正交化，令
\begin{equation*} \begin{array}{l} \beta_1=\alpha_1=(1,-1,{\rm i},1)^T,\\ \begin{array}{ccl}\beta_2&=&\alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1\\&=&(2,{\rm i},-1+{\rm i},1)^T-\frac{2\times 1+ {\rm i}\times (-1)+ (-1+{\rm i})\times (-{\rm i})+ 1\times 1}{1\times 1+(-1)\times (-1)+{\rm i}\times (-{\rm i})+1\times 1}(1,-1,{\rm i},1)^T\\ &=&(1,1+{\rm i},-1,0)^T, \end{array} \end{array} \end{equation*}
再单位化，令
\begin{equation*} \begin{array}{l} \gamma_1=\frac{1}{\|\beta_1\|}\beta_1=(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{{\rm i}}{2},\frac{1}{2})^T,\\ \gamma_2=\frac{1}{\|\beta_2\|}\beta_2=(\frac{1}{2},\frac{1+{\rm i}}{2},-\frac{1}{2},0)^T, \end{array} \end{equation*}
得与向量组\(\alpha_1,\alpha_2\)等价的标准正交向量组
\begin{equation*} \gamma_1=(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\frac{{\rm i}}{2},\frac{1}{2})^T,\gamma_2=(\frac{1}{2},\frac{1+{\rm i}}{2},-\frac{1}{2},0)^T. \end{equation*}
🔗
🔗
🔗
3.
判断以下矩阵是否为酉矩阵或正交矩阵，并说明理由。
  1. \(\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}}\\ \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \text{;}\)
    🔗
    🔗
  2. \(\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\ -1 & 1 & 1\\ 1 & 1 &-1 \end{pmatrix}\)。
    🔗
    🔗
🔗
解答.
  1. 由于
    \begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}}\\ \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}^H\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}}\\ \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \end{equation*}
    且
    \begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}}\\ \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}}\\ \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}^H=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \end{equation*}
    所以\(\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}}\\ \frac{{\rm i}}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}\)是酉矩阵。
    🔗
    🔗
  2. 记\(A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\ -1 & 1 & 1\\ 1 & 1 &-1 \end{pmatrix}\)，由于\(A\)的列向量不是单位向量，所以\(A\)不是正交矩阵，也不是酉矩阵。
    🔗
    🔗
🔗
🔗
🔗
4.
设\(A\)是\(n\)阶实对称矩阵，满足\(A^2+4A+3E_n={\bf 0}\)。证明：\(A+2E_n\)是正交矩阵。
🔗
解答.
由题设可知
\begin{equation*} (A+2E_n)(A+2E_n)=E_n. \end{equation*}
注意到\(A^T=A\)，所以
\begin{equation*} (A+2E_n)^T(A+2E_n)=E_n=(A+2E_n)(A+2E_n)^T, \end{equation*}
从而\(A+2E_n\)是正交矩阵。
🔗
🔗
🔗
5.
设\(n\)阶实矩阵\(A\)为正交矩阵，证明：\(A\) 的行列式为\(\pm 1\)。
🔗
解答.
由于\(A\)为正交矩阵，所以\(A^TA=E_n\)，两边同取行列式得
\begin{equation*} \det (A^T)\cdot \det A=1, \end{equation*}
则 \((\det A)^2=1\)，由此推出\(\det A=\pm 1\)。
🔗
🔗
🔗
🔗

提高题.

6.
设\(\alpha_1,\dots ,\alpha_n\)是内积空间\(V\)的\(n\)个线性无关向量，\(\beta_1,\dots ,\beta_n\)是这组向量经过Gram-Schmidt正交化过程得到的向量组（未进行标准化），证明：
\begin{equation*} \begin{vmatrix} \left(\alpha_1,\alpha_1\right)&\left(\alpha_1,\alpha_2\right)&\cdots&\left(\alpha_1,\alpha_n\right)\\ \left(\alpha_2,\alpha_1\right)&\left(\alpha_2,\alpha_2\right)&\cdots&\left(\alpha_2,\alpha_n\right)\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \left(\alpha_n,\alpha_1\right)&\left(\alpha_n,\alpha_2\right)&\cdots&\left(\alpha_n,\alpha_n\right) \end{vmatrix}=\prod\limits_{i=1}^n\left(\beta_i,\beta_i\right). \end{equation*}
🔗
解答.
由正交化过程知，\((\alpha_1,\dots ,\alpha_n)=(\beta_1,\dots ,\beta_n)A\)，其中
\begin{equation*} A=(a_{ij})_{n\times n}=\begin{pmatrix} 1&a_{12}&\dots&a_{1n}\\ 0&1&\dots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\dots&a_{n-1,n}\\ 0&0&\cdots&1 \end{pmatrix}, \end{equation*}
则\(\det A=1\)且
\begin{equation*} (\alpha_i,\alpha_j)=(\sum\limits_{k=1}^n a_{ki}\beta_k,\sum\limits_{l=1}^n a_{lj}\beta_l)=\sum\limits_{k,l=1}^n a_{ki}\overline{a_{lj}}(\beta_k, \beta_l). \end{equation*}
🔗
因此，
\begin{equation*} \begin{array}{cl} &\begin{vmatrix} \left(\alpha_1,\alpha_1\right)&\left(\alpha_1,\alpha_2\right)&\cdots&\left(\alpha_1,\alpha_n\right)\\ \left(\alpha_2,\alpha_1\right)&\left(\alpha_2,\alpha_2\right)&\cdots&\left(\alpha_2,\alpha_n\right)\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \left(\alpha_n,\alpha_1\right)&\left(\alpha_n,\alpha_2\right)&\cdots&\left(\alpha_n,\alpha_n\right) \end{vmatrix}\\=&\begin{vmatrix} \sum\limits_{k,l=1}^n a_{k1}\overline{a_{l1}}(\beta_k, \beta_l)&\sum\limits_{k,l=1}^n a_{k1}\overline{a_{l2}}(\beta_k, \beta_l)&\cdots&\sum\limits_{k,l=1}^n a_{k1}\overline{a_{ln}}(\beta_k, \beta_l)\\ \sum\limits_{k,l=1}^n a_{k2}\overline{a_{l1}}(\beta_k, \beta_l)&\sum\limits_{k,l=1}^n a_{k2}\overline{a_{l2}}(\beta_k, \beta_l)&\cdots&\sum\limits_{k,l=1}^n a_{k2}\overline{a_{ln}}(\beta_k, \beta_l)\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \sum\limits_{k,l=1}^n a_{kn}\overline{a_{l1}}(\beta_k, \beta_l)&\sum\limits_{k,l=1}^n a_{kn}\overline{a_{l2}}(\beta_k, \beta_l)&\cdots&\sum\limits_{k,l=1}^n a_{kn}\overline{a_{ln}}(\beta_k, \beta_l) \end{vmatrix}\\ =&\det\left(A^T\begin{pmatrix} \left(\beta_1,\beta_1\right)&\left(\beta_1,\beta_2\right)&\cdots&\left(\beta_1,\beta_n\right)\\ \left(\beta_2,\beta_1\right)&\left(\beta_2,\beta_2\right)&\cdots&\left(\beta_2,\beta_n\right)\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \left(\beta_n,\beta_1\right)&\left(\beta_n,\beta_2\right)&\cdots&\left(\beta_n,\beta_n\right) \end{pmatrix}\overline{A}\right)\\ =&\det A^T \cdot\det\left({\rm diag}(\left(\beta_1,\beta_1\right),\left(\beta_2,\beta_2\right),\cdots ,\left(\beta_n,\beta_n\right))\right)\cdot\det\overline{A}\\ &=\prod\limits_{i=1}^n\left(\beta_i,\beta_i\right).\end{array} \end{equation*}
🔗
🔗
🔗
7.
证明：\(\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ -\sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ \sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}\)是正交矩阵且二阶正交矩阵只能是如上两种形式。
🔗
解答.
因为
\begin{equation*} \begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ -\sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ -\sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix}=E_2, \end{equation*}
\begin{equation*} \begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ \sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ \sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}=E_2, \end{equation*}
所以\(\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ -\sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\ \sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}\)是正交矩阵。 设\(Q=\begin{pmatrix} q_{11}&q_{12}\\q_{21}&q_{22} \end{pmatrix}\)是正交矩阵，由\(Q^TQ=E\)可知
\begin{equation*} q_{11}^2+q_{21}^2=1,q_{12}^2+q_{22}^2=1,q_{11}q_{12}+q_{21}q_{22}=0, \end{equation*}
不妨设\(q_{11}=\cos\theta ,q_{21}=\sin\theta\)，则
\begin{equation*} q_{12}=\sin\theta,q_{22}=-\cos\theta\mbox{或}q_{12}=-\sin\theta,q_{22}=\cos\theta. \end{equation*}
🔗
🔗
🔗
8.
设\(\alpha=\begin{pmatrix} a_1\\ \beta \end{pmatrix}\in\R^n\)， 其中\(a_1\in\R , \beta\in\R^{n-1}\)。证明：若\(\|\alpha\|=1\)，则
\begin{equation*} Q=\begin{pmatrix} a_1 & \beta^T\\ \beta & E_{n-1}-\frac{1}{1-a_1}\beta\beta^T \end{pmatrix} \end{equation*}
是正交矩阵。（以上结论给出了由一个单位向量快速构造\(\mathbb{R}^n\)的一个标准正交基的方法。）
🔗
解答.
由\(\|\alpha\|=1\)得 \(a_1^2+\beta^T\beta=1\)，则
\begin{equation*} a_1+1-\frac{\beta^T\beta}{1-a_1}=0,\ 1+\frac{\beta^T\beta}{(1-a_1)^2}-\frac{2}{1-a_1}=0, \end{equation*}
由此可知
\begin{equation*} \begin{array}{ll} QQ^T & =\begin{pmatrix} a_1^2+\beta^T\beta & \left(a_1+1-\frac{\beta^T\beta}{1-a_1}\right)\beta^T\\ \left(a_1+1-\frac{\beta^T\beta}{1-a_1}\right)\beta & E_{n-1}+\left(1+\frac{\beta^T\beta}{(1-a_1)^2}-\frac{2}{1-a_1}\right)\beta\beta^T \end{pmatrix}\\ &=E_n, \end{array} \end{equation*}
因此\(Q\)是正交矩阵。
🔗
🔗
🔗
9.
设\(A,B\)都是\(n\)阶正交矩阵，且\(\det A +\det B=0\)，证明：\(\det (A+B)=0\)。
🔗
解答.
由于\(A,B\)都是\(n\)阶正交矩阵，所以\(\det A, \det B\)只能是\(1\)或\(-1\)。根据题设\(\det A +\det B=0\)可知\(\det A\cdot\det B=-1\)。于是由\(AA^T=E_n\)，\(B^TB=E_n\)得
\begin{equation*} \begin{array}{ll} \det (A+B) & = \det (AB^TB+AA^TB) \\ & =\det A\cdot\det (B^T+A^T)\cdot\det B\\ & = -\det (A+B), \end{array} \end{equation*}
因此\(\det (A+B)=0\)。
🔗
🔗
🔗
10.
设\(\eta\)是\(n\)维欧氏空间\(V\)上的一个单位向量，定义\(V\)上线性变换 \(\phi\) 如下：
\begin{equation*} \phi (\alpha)= \alpha - 2 (\eta , \alpha)\eta, \forall \alpha \in V, \end{equation*}
证明：\(\phi\)是正交变换。
🔗
解答.
因为\(\eta\)是单位向量，所以对任意\(\alpha,\beta\in V\)，
\begin{equation*} \begin{array}{lcl} (\phi(\alpha),\phi(\beta)) & = & (\alpha - 2 (\eta , \alpha)\eta, \beta - 2 (\eta , \beta)\eta)\\ & = & (\alpha,\beta)+(\alpha,-2(\eta,\beta)\eta)+(-2(\eta,\alpha)\eta,\beta)\\ & &+(-2(\eta,\alpha)\eta,-2(\eta,\beta)\eta)\\ & = & (\alpha,\beta)-4(\eta,\beta)(\alpha,\eta)+4(\eta,\beta)(\eta,\alpha)(\eta,\eta)\\ & = & (\alpha,\beta), \end{array} \end{equation*}
因此\(\phi\)是正交变换。
🔗
🔗
🔗
🔗
🔗
🔗
向前Top向后