《高等代数》第十一章习题及答案

1、习题11.1解答1.设V是一个欧几里得空间，1，2，.，n是V的一个基证明：如果V，(j, )=0，j=1,2,.,n，则=0证 将表示为 =k11+k22+.+knn则(, )=(k11+k22+.+knn, )=(k11, )+ (k22, )+.+(knn, )=0所以=02.在R2中，规定内积 (, )= TB，其中B=，则R2关于此内积是一个欧几里得空间设=，=求(，)B，|以及写出(，)B的Schwarz不等式的具体形式解 (，)B=TB=7|=|=根据， (，)B的Schwarz不等式的具体形式为3.证明：2(, )=|+|2-|2-|2（这说明，如果两个内积所定义的长度相同，则

2、这两个内积相等）证 右边=|+|2-|2-|2=(+, +)-(,)-(, )=(, )+(, )+2(,)-(,)-(, )= 2(,)=左边4.证明：(1)(极化公式) 4(, )=|+|2-|-|2（2）（平行四边形公式）|+|2+|-|2=2|2+2|2证 （1）右边=(+, +)-(-, -) =(, )+(, )+2(,)-(, )-(,)+2(,) = 4(,)=左边（2）左边=(+, +)+(-, -)=(, )+(, )+2(,)+(, )+(,)-2(,) =2|2+2|25.设AMatnn(R)证明：齐次线性方程组ATAX=0与AX=0同解rank(ATA)=rank(A

3、)证 若X是AX=0的解，代入ATAX=0中显然成立；反之，若X是ATAX=0的解，两边左乘XT得 XTATAX=0即 (AX,AX)=(AX)T(AX)=0所以 AX=0齐次线性方程组ATAX=0与AX=0同解，解空间的维数相同，所以系数矩阵的秩相同，即rank(ATA)=rank(A)8.设V是一个欧几里得空间，():1，2，.，n，()：1，2，.，n是V的两个基设V的内积(,)在基()、()下的度量矩阵分别是B，H，由基()到基()的过渡矩阵是C证明：H=CTBC提示：利用分块矩阵设C的第j列为Cj,则CTBC的第i行第j列是CiTBCj，而Cj是j在基()下的坐标证 由已知有(1，2

4、，.，n)=(1，2，.，n)C, 设C的第j列为Cj,则Cj是j在基()下的坐标(i,j)=(1，2，.，n)Ci ,(1，2，.，n)Cj)=CiTBCjCTBC的第i行第j列是CiTBCj，所以H=CTBC9. 设V是一个欧几里得空间证明：存在V的一个基（），使得V的内积(,)在（）下的度量矩阵是En（提示：任意取V的一个基（）：1，2，.，n，设在基（）下的度量矩阵是B，B是正定的利用第六章6.5.2的结论，证明存在可逆矩阵C，使得B=CTC再令(1，2，.，n)=(1，2，.，n)C,取（）：1，2，.，n）证 任意取V的一个基（）：1，2，.，n，设在基（）下的度量矩阵是B，B是正

5、定的利用第六章6.5.2的结论知存在可逆矩阵C，使得B=CTC从而 (C-1)TBC-1=E再令(1，2，.，n)=(1，2，.，n)C-1,则1，2，.，n是V的一个基，取基（）：1，2，.，n，设（，）在基（）下的度量矩阵为H，则根据第8题得 H=(C-1)TBC-1=E习题11.2解答1.设1=，2=，3=，设W=Span(1，2，3)求W解 记矩阵A= ,则W是齐次线性方程组AX=0的解空间因为 A=AX=0的一个基础解系为1=，2=所以W=Span(1, 2)2.在C00,2中，证明：对任意正整数n，集合 cos(jx),sin(jx)|j=1,2,.,n是一个正交向量组证 定义C0

6、0,2中的内积为在0,2上的积分，则有所以集合 cos(jx),sin(jx)|j=1,2,.,n是一个正交向量组3.用施密特正交化的方法，将1=，2=，3=标准正交化解 正交化得 1= 1= 2= 2=3= 3=单位化得 1=2=3=4. 在C0-1,1中，求Span(1,x,x2)的一个标准正交基解 记1，2，3=1,x,x2正交化得 1= 1=11化 2= 2=x3= 3=x2= x2-0=单位化得1=2=3=5.设1=，求一个33正交矩阵P，使P的第1列是1解方程组得，2= 23= 3=2=3=令P=(1, 2, 3)则P是正交矩阵，且1作为其第一列6.求Span(1，2，3) 的一个

7、标准正交基，其中1=，2=，3=解1= 1=2= 2=3= 3=1=2=3=7求习题1.3的第3题的解空间的一个标准正交基习题1.3的第3题的解空间的一个基为1 =，2 = 1=1=2=2=1=2=8.AMatnn(F)证明：如果A是可逆矩阵，则存在一个上三角形矩阵B与一个正交矩阵P，使得A=BP（这个结论对任何实矩阵都成立，A分解成上三角矩阵与正交矩阵的积，叫做A的QR分解，QR分解的应用很广泛）提示：利用定理11.2.6的推论后的注证 记AT=(1, 2,., n)，其中j是AT的第j列，如果A是可逆的，则1, 2,., n线性无关从1, 2,., n出发，利用施密特正交化方法得到Fn的标

8、准正交基1,2,.,n，注意首先利用n，求出n，然后利用n，n-1，求出n-1，.，最后利用n，n-1，1，求出1，根据施密特正交化方法的过程知1, 2,., n可表示成(1, 2,., n)=(1,2,.,n) 上式两边转置得A=即AT=BR，其中B是一个上三角形矩阵，P是一个正交矩阵9.设W1，W2是欧几里得空间V的子空间证明： (W1+W2)T= W1TW2T (W1W2)T= W1T+ W2T证 对任意(W1+W2)T，对任意1W1，有(1+0)W1+W2,所以(1+0)，即1，由1的任意性知W1，即W1T同理可证W2T故W1TW2T =右边反之，对任意W1TW2T，即W1T，W2T，

9、对任意=1+2W1+W2，其中1W1，2W2，有(1+2)所以(W1+W2)T =右边 将W1T看作中的W1，将W2T看作中的W2，两边取正交补得10.设（）：1, 2,., n是欧几里得空间V的一个标准正交基，又,V证明： 式子中的(,j) |j=1,2,.,n称为关于（）的傅立叶（fourier）系数证 将用标准正交基1, 2,., n线性表示为=k11+ k22+.+ knn上式两端分别与j做内积，j=1,2,.,n，得 (,j)= kj(j, j)= kj (j=1,2,.,n)所以利用，根据内积的线性性质得11.设（）：1, 2,., n是欧几里得空间V的一个标准正交基，又,V证明：

10、贝塞尔(Bessel)不等式：其中等号成立的充要条件是Span(1, 2,., s)解 将用基1, 2,., n表示成设1.质i (.,nn =k11+k2 2+.+knn则 所以 只有当Span(1, 2,., s)时即等号成立习题11.3解答1. 设V是一个欧几里得空间，设（）：1, 2,., n是V的一个标准正交基，设是V的一个线性变换，证明：如果在（）下的矩阵是实对称矩阵，则是V的一个对称变换证 设(1, 2,., n)= (1, 2,., n)A其中A是对称矩阵，对任意，V，用基表示成为= (1, 2,., n)K= (1, 2,., n)L()= (1, 2,., n)AK()=

11、(1, 2,., n)AL由于1, 2,., n是V的一个标准正交基，内积（，）在其下的度量矩阵是E，所以(), )=(AK)TL=KTATL=KTAL(, ()=KT(AL)= (), )即是V的一个对称变换2. 设V是一个欧几里得空间，是V的一个反对称变换证明：如果0是的一个实特征值，则0是0证 如果0是的一个实特征值，则有特征向量0，使=0从而 (,)=(0,)=0(,)(, )=(, 0)=0(,)由是V的一个反对称变换，得0(,)=- 0(,)所以0=03.求正交矩阵P，使得P-1AP是对角矩阵 A= 解 |E-A|=(-2)(-4)2解方程组(2E-A)X=0即 得 1=解方程组(

12、4E-A)X=0即 得 2=，3=以上特征向量已经两两正交，令P1=，P2=，P3=则矩阵P=(P1,P2,P3),则P-1AP= |E-A|=(-10)( -1)2特征值为1=10，2=1，解线性方程组 (10E-A)X=0，即=得 1=，解线性方程组 (1E-A)X=0，即=得 2=，3=将2，3正交化得2=2=3=3=单位化得P1=，P2=，P3=令矩阵P=(P1,P2,P3)则P-1AP=4.利用正交线变换，将实二次型2x12+4x1x2-4x1x3+5x22-8x2x3+5x32+化成标准形解 二次型对应的矩阵为A=|E-A|=(-10)( -1)2特征值为1=10，2=1，利用上一

13、题得由特征向量组成的标准正交基为P1=，P2=，P3=令矩阵P=(P1,P2,P3)则定义正交变换=或=得所给二次型的标准型为 f=10y12+y22+y325.设A是nn实对称矩阵证明：A2-2A+7En是正定的证 对任意XRn，有XT(A2-2A+7E)= XT(A-E)2+6E)X=(A-E)X,(A-E)X)+6(X,X)0根据正定矩阵的定义知，A2-2A+7En是正定的6.设A是nn实对称矩阵，s是正整数证明：如果As=0，则A=0证 设是A的特征值，则s是As的特征值，因为As=0，As的特征值全为0，所以A的特征值全为0又因A是nn实对称矩阵，存在正交矩阵P，使A=PTP其中=d

14、iag(1, 2,., n), i是A的特征值，因A的特征值全为0，所以=0，从而A=07.设A是nn实对称矩阵证明：存在实矩阵B，使得B2=A证 因为A是nn实对称矩阵，所以A的特征值全大于零，记A的特征值为1, 2,., n，则存在正交矩阵P，使A=P-1P其中=diag(1, 2,., n), i是A的特征值，因A的特征值全大于0，所以=11=1PP-11从而A=P-11P-1P1P-1=(P-11P)(P-11P)=B28.设A是nn实对称矩阵，并且A是可逆的利用上题的结论，证明：存在一个正交矩阵P与一个正定矩阵B，使得A=PB证 对任意XRn，因为A是可逆的，所以AX0，从而XT(A

15、TA)X=(AX,AX)0说明ATA是正定矩阵，由第7题知，ATA=B2，其中B=i是(ATA)的特征值，i全大于零显然B也是正定矩阵，B是可逆的，现令A=PB，可得P=AB-1PTP=(AB-1)T(AB-1)=(B-1)TATAB-1=(B-1)TB2B-1=E所以存在一个正交矩阵P与一个正定矩阵B，使得A=PB9.设A是nn实对称矩阵，设a是A的最大特征值，b是A的最小的特征值证明：对任意Rn,都有bTTAaT 证 因为A是nn实对称矩阵，所以存在正交矩阵P，使PTAP=其中=diag(1, 2,., n), i是A的特征值对任意Rn,令=PT，即=P,记为则TA=TPTAP=T=1b1

16、2+2 b22+.+ n bn2而bT=b(b12+b22+.+bn2)1b12+2 b22+.+ n bn2a(b12+b22+.+bn2)= aT又T=(PT)T (PT)= T所以 bTTAaT 10.设V是一个欧几里得空间，是V的一个对称变换，设g(x)=x2-3x+7证明：对任意V，0，(,g()()0证 显然若是V的一个对称变换，则g()也是V的一个对称变换，因g(x)=(x-3/2id)2+19/4所以(,g()()= (,(-3/2id)2()+19/4(, ) =(-3/2id)(),(-3/2id)()+19/4(, )011.设A与B是nn正定矩阵证明：|A+B|A|+|

17、B|证 因为A是正定矩阵，存在可逆矩阵C使 CTAC=E因为B是正定矩阵，CTBC也是正定矩阵，所以存在正交矩阵P，使得 PTCTBCP=其中=diag(1, 2,., n), i是B的特征值，且i0,i=1,2,.,n，上式两端取行列式有|PTCTBCP|=|即 |C|2|B|=12.n （1）由CTAC=E，P是正交阵知PTCTACP=E上式两端取行列式得|PTCTACP|=|E|即 |C|2|A|=1 （2）综合（1）（2）式得 |C|2(|A|+|B|)=12.n+1 （3）而 |C|2(|A+B|)= |PTCTACP+PTCTBCP|=|E+|=(1+1)(2+1).(n+1) （

18、4）比较（3）（4）两式得|C|2|A+B|C|2(|A|+|B|)由C是可逆的得|A+B|(|A|+|B|)习题11.4解答1.设V是一个欧几里得空间，是V的一个正交变换证明：如果0是的一个实特征值，则0是1或-1证 设是的关于0的特征向量，则0，且()=0从而 (), ()=(0, 0)= 02(, )又由是V的一个正交变换，得(), ()=(, )比较以上两式得 02(, )=(, )，所以0是1或-12*.设V是一个欧几里得空间，是V的一个变换证明：如果对任意，V，都有(), ()=(,),则是V的一个线性变换证 设1，2，.，n是V的一个标准正交基，设有数k1，k2，.，kn使k1(1)+k2(2)+.+kn(n)=0对上式两端分别和(j)作内积，j=1,2,.,n，得kj=0说明(1)，(2)，.，(n)线性无关，又因(i)，(j)=( i，j)所以(1)，(2)，.，(n)也是V的一个标准正交基，对任意V，可由标准正交基1，2，.，n线性表示为=k11+k22+.+knn() 可由标准正交基(1)，(2)，.，(n)线性