《矩阵论》习题答案,清华大学出版社,研究生教材习题 2.2.pdf 17页

'习题２.２1.解：因为((2),())(,)4(,)(,)4(,)(,)(,)所以是正交变换.2.证：设1，2是两个正交变换，对任V，则有｜()｜=｜(())｜=｜()｜=｜｜,12122而又因为有｜11｜=｜()｜=｜()｜，111故及1均为正交变换.121a11a1n3.证：设正交矩阵A,规定aan1nn()aaa1111212n1n()aaa2121222n2n()aaan1n12n2nnn则是A所决定的惟一变换.下面指出是正交变换.实际上只需指出(),(),…,()是标准正交基.因为12n((),())ij1当ij时(a1i1anin,a1j1anjn)a1ia1janianj0当ij时1 故是由A所决定的惟一的正交变换.4.证：必要性.由于｜()－(β)｜=√(()－(β),()－(β))=(,)(,)(,)(,)=(,)充分性.令β=θ，有｜()｜，即保持长度不变，所以是正交变换.5.证：由((),(β))=(,β)((),())=(,)((β),(β))=(β,β)得(,)cos,.=((),(β))／｜()｜｜(β))｜=cos＜(),(β)＞但是，数乘变换（或相似变换）也保持任两向量夹角不变，所以条件不充分.n6.证：将u,u,,u扩充成n维欧氏空间的标准正交基12m2 nu,,u,,u，同理将v1，v2，…，vm扩充成的另一组标准正交基1mnv1，…，vm，…，vn.设u1v1Auvnn则以v,,v为基底，A为系数矩阵所决定的线性变换是正交变换，1n且有(v)u(i1,2,,n).ii7.证：取ney，将它扩大为中的一组标准正交基：e,e,,e，112n则(e)e2(e,e)ee1e0e0e11111112n(e)e2(e,e)ee0ee0e(i2,,n)iii11i1in所以把一组标准正交基仍变为标准正交基，从而是正交变换，它在基e,e,,e下的矩阵是12n100010001显然行列式为－１，所以是第二类的正交变换.8.证：（1）因为(,)(,)1,，所以是单位向量.令()2(,)则是一个镜面反射，且有()2(,)2(,)3 2=(,)()22=(,)(,)()(,)2(,)(,)1=1(,)()1(,)即有().nn（2）设为中任一正交变换，取的一组标准正交基n,,,，则(),(),…,()也是的一组12n1122nn标准正交基.如果,,,，则就是恒等变换.此时，作镜面1122nn反射()2(,)，则有111()，(),(j2,3,,n)，1111jj于是此时显然有=.11如果,,与,,不全相同，设则由于,是两个不同1n1n1111的单位向量，由（1）知，存在镜面反射1，使().令111()(j2,3,,n)，如果,j2,3,,n，则=1，结论1jjjj成立.否则可设，再作镜面反射2：2222()2(,),222于是()，且可验算有().222211如此继续下去，设经s次正交变换,,,,,,12n12n,,,,,,123,n12n4 则有=…，其中都是镜面反射，即正交变ss121i换可表为镜面反射的乘积.9.证明提示：若α，β为两个相同的向量（包括零向量），结论显然成立.如果是两个不同的非零向量，则先将α，β同时化为单位向量"",再利用第8题(1)的结果即可得证.10.证：因为是正交变换，所以A可逆，由((e),(e),…,(e))(e,e,,e)A12n12nn知(e),(e),…,(e)也是的一组基，它的度量矩阵为12nTAGA；再由是正交变换，即有((e),(e))(e,e)，这表明ijijT基(e),(e),…,(e)的度量矩阵也是G，则有AGA=G.12n332211.解：令sin,cos,得2213221323232300131332R00121313001000015 23002131313"3230从而有xRx00=121313000010550001551313再令sin,cos,又得223838381351350038380100R140010513003838故有1350013383838""010000eRx=11400100051350003838显然"e与e同方向.11e11T12.解：作单位向量(1,2,0,1)ae16221033332120则HI2T3303，故得H.00010122003336 1100313.解：H=I－2uuT=010－21(1,1,1)333300113122333212=333221333122122333333100212212HH==010=I333333221221001333333故H1=H.14.解：先证是线性变换.设n,R,k,kR，则有1212H(kk)=(kk)-(kk,)112211221122=k(,)k(,)111222=kHkH1122故是线性变换.又因为22(H,H)((,),(,))(,)(,)(2)所以当0,2时，有(H,H)(,)即是正交变换，它在标准正交基下的矩阵H便是正交矩阵.15.解：设正交矩阵的第三行为(a,b,c,d),它同时正交于前两行，7 又它本身是单位向量，即有abcd02222abc5d066262222abcd12222令d0解得a,b,c0和a,b,c0.这样可得正22222222交矩阵第三行为(,,0,0)或(,,0,0).222222222222同理，可求得第四行为(,,,)或(,,,).33263326故两个正交矩阵可以取(不惟一)：11111111222222221115111566266626和.222200002222222222223326332616.证：设aa111nA=aan1,n1n1,nann因为2a1，所以a1.又因为各行均与最后一行正交，故nnnn2a0(i1,,n1),由此得a1,所以a1.inn1,n1n1,n1又因为各行与第n1行正交，故a0,(i1,,n2).如此i,n1由下往上逐行递推，即得结果.8 17.证：因为(AS)(AS)1T(AS)1T(AS)T(AS)T1(AS)(AS)1(AS),所以(AS)(AS)1T(AS)(AS)1(AS)1(AS)(AS)(AS)1.又因为22ASSA,所以(AS)(AS)AS(AS)(AS).故有(AS)(AS)1T(AS)(AS)1(AS)1(AS)(AS)(AS)1I即(A+S)(A-S)1是正交矩阵.11TT2T18.证：ABA(BA)BABABB(BA)AB，2AB0即有AB0.19.证：必要性.因为T1TT1TT1AA，所以(A)(A)(A).TTT1TT1T-1充分性.由(A)(A)，知(A)(A),故A=A.T-1TT1120.证：由A=A知(A)(A)(A)(A).21.证：11T1TT1TTT(PAP)(PAP)PAPPA(P)PAAPI.当A是正-11交阵，P不是正交阵时，PAP可以是正交阵，例如A，111211P1，显然PAP是正交阵.1129 22.证：当S是对称阵时，有1TTT1T1(ASA)AS(A)ASA；当S是反对称阵时，有1TTT1(ASA)ASA(ASA).a11a1n23.证：设A,因为A为正交阵，所以aan1nnn1,当ijaikajkk10,当ijnn用-1乘第22i行，那么(a)a1，第i行与第j行（ij）各对ikikk1k1应元素相乘的和为nn(a)(a)aa0ikjkikjkk1k1所以A的第i行（i1,2,,n)乘-1后仍为正交阵.同理可证A的第i列（i1,2,,n)各元素乘-1后仍是正交阵.24.证：因为TT112AA,AA,所以AA即AI；又因为T2T2T2AA,AI，所以AAAI，即A是正交阵；又因为AAI,AI，所以TTAAAAI,则AA，即A为对称阵.25.证：因为A为正交矩阵，所以有1TAA.此时,方程组有惟一解：aaab1121n11aaabX=ATb=1222n22aaab1n2nnnn10 即有xababab1111212n1nxababab2121222n2n……xababab.n1n12n2nnn26.证：设aaa111213Aaaa212223aaa313233因为1TAA，则A1，所以AAAaaa112131112131AAA=aaa122232122232AAAaaa132333132333故得aAaaaa111122332332aAaaaa212113321233aAaaaa.31311223132227.解：令(1,0,0),(0,1,0),补充(0,0,1),则1233,,是R中的一组标准正交基.由于有12311 221212()(,,),,()(,,),12333333如果能求出()(x,y,z),使矩阵3221333212A333xyz成为正交矩阵，那么基像(3),(),()也是R中的标准正123交基，从而就是所求的正交变换，它在基,,下的矩阵为A.123下面求正交矩阵的第三行：考虑到第三行与前二行均正交，又本身是单位向量，有221xyz0333212xyz0333222xyz1122122解得x,y,z或x,y,z,所以在基,,123333333下的矩阵表示为221221333333212212A或A.33333312212233333328.证：设nV的一组标准正交基为e,e,,e，正交变换在该12n基下的矩阵为A，那么，A为正交阵，也是实的正规矩阵.因为的特征值都是实数，所以A的特征值也都是实数.于是存在正交矩阵Q，12 使得TQAQdiag(,,,)12n令（n,,,)(e,e,,e)Q，则,,,是V的标准正交基，且12n12n12n在该基下的矩阵为1TQAQQAQ.n29.证：设是V的一个第二类正交变换，A是在某组标准正交基下的方阵，因此A为正交阵，且A1.令nf()IA，于是f(1)(1)IA(1)IA，但是由于TnnTnn1AAI，故(1)IA(1)AAA(1)AIA(1)AI，所以IA0,f(1)0，即-1是的一个特征值.30.证：（1）设A为正交矩阵，（复数）是它的任一特征值，X0是属于T的复特征向量，即AXX,X(x,x,,x)0.两端取转置0012n有TTTTTTTTTXAX，于是xAAXXx，或即XAAXXX，00000T2TTXXXX，但因X0，从而XXxxxxxx0，所以01122nn21，即1.00（2）设为酉矩阵U关于特征值的特征向量，则U，两端取共轭转置HHHHHHHHU，所以UU，即()，由H22于0，故1，即1.（3）设IA0，则11TTAIAAIAI(AI)AI013 111因为0，所以AI0或IA0即为A的特征值.31.证：设酉矩阵为A，T是模为１的数，因AAI，于是n1,ijaikajkk10,ij用T遍乘A的第j行得A，那么A的第i行乘A的第i列为111nnnaaaaaa1ikikikikikikk1k1k1TA的第i行乘A的第j列（ij）得11nnaaaa0ikjkikjkk1k1TA的第j行乘A的第i列（ji）为11nnaaaa0jkikjkikk1k1TA的第j行（ji）乘A的第l列（li）得11n1,jlajkalkk10,jlT故AAI,即A为酉矩阵.11132.证：（a）设Q,Q为酉矩阵(正交矩阵)，则有12HT1HQQQQI(即QQ),111111HT1HQQQQI(即QQ)222222HHH111(QQ)QQQQ(QQ)1221211214 （或TTT111(QQ)QQQQ(QQ)）12212112即QQ也是也是酉矩阵(正交矩阵).12(b)设H1Q为酉矩阵(正交矩阵)，则有QQ,故1111HHH11(Q)(Q)Q(Q)1111（或1TTT11(Q)(Q)Q(Q)）11111即Q也是酉矩阵(正交矩阵).133.证：设A为酉矩阵，则HHHH(A)(A)(AA),22即A，故A.反之，由HHHHA，可得(A)(A)，于是(AAI)0.令HBAAI，可得nHfBbijxixj0i,j1取满足条件:x1,x1，其它的x0,得b0.由于i,j的任意性，ijkijH故知Bb0（零矩阵），所以有AA=I，即A为酉矩阵.ijHHHPPBBBQ34.证：由于AAHHH=I，QBQQ可得H①QQIn(n阶单位阵)②QBH0(零矩阵)由①式知Q为酉矩阵；再应用②式可推出B=0.最后再由HPPI，m15 知P也是酉矩阵（Q同理）.35.证：当u与v线性相关时，必有u=kv，所以(u,v)(v,u)(u,v)k(v,v)(u,u)(v,v).(u,v)当u,v线性无关时，v，所以(v,v)0，令k，则(v,v,)(u,v)k(v,v),由ukv，所以(ukv,ukv)0，亦即(u,u)k(v,u)k(u,v)kk(v,v)0，因k(v,v)(u,v)，所以上式变为(u,u)k(v,u)0.再用(v,u)乘两端得(u,u)(v,v)k(v,v)(v,u0,22从而uv(u,v)(v,u).36.解：子空间V的正交补空间VSpan,，其中12TT(2,2,1,0),(1,1,0,1)12为正交补V的基.37.证：设(VV)，即(VV)，于是V且V或121212者V，且V，即VV，故1212(VV)(VV)1212又设VV，即V，于是V且V，或者(VV)，1221212即(VV).故有(VV)(VV)，因此第一式成立.121212对V与V应用第一式，有12(VV)(V)(V)VV，故(VV)VV，即第二式成121212121216 立.17'