《理工科代数基础》第4次讨论课

第4次讨论课 「内容 1.内积与标准正交基 2.正交变换; 「教学要求 掌握内积、欧氏空间等概念; 2.熟练运用 Schmidt正交化方法求标准正交基; 3.掌握子空间的正交补概念,会求某些空间的正交补; 4.掌握正交变换的概念,会用正交变换的等价条件和正交矩阵的某些性质 练习1设σ是Rn上的线性变换,Rη=W1⊕W2,试证 (1)σ是Rn到W1(或W2)的投影变换←→>a2=σ; (2)若σ是Rn到W1的投影变换,则ε-σ是R到W的投影; (3)若σ是R到阽1的投影变换,则W1=Imσ,W2=Kerσs 解答: (1)因为Rn=W1W2,所以Ⅵa∈Rn,有分解式 其中α;∈W;,i=1,2。由已知σ是Rη到W1的投影算子,所以σ(a)=a1。然后我 们再把α1做分解,因为它已经在Ⅵ1中了,所以分解式只能是 1=a1+0 这就证明了a2=a。 反过来,假设Rη上一个线性变换σ满足σ2=σ,我们来证明它是Rn到某个子 空间的投影算子。设W1=Imo,W2=Im(-a)。对于a∈Rn C=Ea=oa+(e-g)a

第 4 次讨论课 ¶ 内容 1. 内积与标准正交基； 2. 正交变换； ¶ 教学要求 1. 掌握内积、欧氏空间等概念; 2. 熟练运用 Schmidt 正交化方法求标准正交基; 3. 掌握子空间的正交补概念，会求某些空间的正交补； 4. 掌握正交变换的概念，会用正交变换的等价条件和正交矩阵的某些性质. 练习 1 设 σ 是 R n 上的线性变换，R n = W1 ⊕ W2，试证 (1) σ 是 R n 到 W1 (或 W2 ) 的投影变换 ⇐⇒ σ 2 = σ； (2) 若 σ 是 R n 到 W1 的投影变换，则 ε − σ 是 R n 到 W2 的投影； (3) 若 σ 是 R n 到 W1 的投影变换，则 W1 = Im σ, W2 = Ker σ。 解答： (1) 因为 R n = W1 ⊕ W2，所以 ∀ α ∈ R n ，有分解式： α = α1 + α2 其中 αi ∈ Wi , i = 1, 2。由已知 σ 是 R n 到 W1 的投影算子，所以 σ(α) = α1。然后我 们再把 α1 做分解，因为它已经在 W1 中了，所以分解式只能是： α1 = α1 + 0 这就证明了 σ 2 = σ。 反过来，假设 R n 上一个线性变换 σ 满足 σ 2 = σ，我们来证明它是 R n 到某个子 空间的投影算子。设 W1 = Im σ, W2 = Im(ε − σ)。对于 ∀ α ∈ R n α = ε α = σ α + (ε − σ) α 1

所以Rn=W1+W2。下面来说明W1∩W2=O。假设有a∈W1∩W2,依W1,W2的 定义,应有a1,a2满足a=o(a1)=(e-o)(a2),于是: a=a(a1)=a2(a1)=o(-a)(a2)=(o-a2)(a2)=0 所以R=Ⅵ1⊕W2。这样σ就是R到W1的投影算子。 (2)设R到W2的投影算子是,对于Ⅴa∈Rn,有分解式 a=a(a)+r(a) →r(a)=a-o(a)=(E-0)(a) 所以T=E-σ (3)首先依投影算子的定义可知 Imac1。又因为σ限制在W1上时是W1上的恒 等映射,所以W1CImσ。所以Ima=W。 对于α∈Rη,如果它按Rn=1⊕Ⅳ2的方式做分解的分解式是 第一分量为零说明σ(α)=0,第二分量等于它自身说明a∈W2。也就是说σ(a)=0 当且仅当a∈W2,即W2=Kera。 练习2用 Schmidt正交化方法将欧氏空间的向量组S正交化,并扩充为欧氏空间的 标准正交基,求出指定向量α在标准正交基下的坐标, (1)R,S={(1,2,2,-1),(1,1,-5,3),(3,2,8,-7)2},a=(3,1,1,-3)2; (2)R3],内积定义为(f(x),g(x)=∫f(1)9(t)t,S={1,x,x2},a=1+x 解答: B1=a1=(1,2,2,-1 2=02-(31,1) A1=(2,3,-3,2)2, B3=a3 (1,月1)(A2,A2) 2=(2,-1,-1,-2) 为扩充成正交基,设=(x,y,z,U)2,解方程 0=(1,4)=x+2y+2z-t 0=(2,B4)=2x+3y-3z+2 0=(3,4)=2x-y-z-2

所以 R n = W1 + W2。下面来说明 W1 ∩ W2 = O。假设有 α ∈ W1 ∩ W2，依 W1, W2 的 定义，应有 α1, α2 满足 α = σ(α1) = (ε − σ)(α2) ，于是： α = σ(α1) = σ 2 (α1) = σ(ε − σ)(α2) = (σ − σ 2 )(α2) = 0. 所以 R n = W1 ⊕ W2。这样 σ 就是 R n 到 W1 的投影算子。 (2) 设 R n 到 W2 的投影算子是 τ ，对于 ∀ α ∈ R n ，有分解式： α = σ(α) + τ (α) ⇒ τ (α) = α − σ(α) = (ε − σ)(α). 所以 τ = ε − σ。 (3) 首先依投影算子的定义可知 Im σ ⊂ W1。又因为 σ 限制在 W1 上时是 W1 上的恒 等映射，所以 W1 ⊂ Im σ 。所以 Im σ = W1。 对于 ∀ α ∈ R n，如果它按 R n = W1 ⊕ W2 的方式做分解的分解式是 α = 0 + α 第一分量为零说明 σ(α) = 0，第二分量等于它自身说明 α ∈ W2。也就是说 σ(α) = 0 当且仅当 α ∈ W2，即 W2 = Ker σ。 ¤ 练习 2 用 Schmidt 正交化方法将欧氏空间的向量组 S 正交化，并扩充为欧氏空间的 标准正交基，求出指定向量 α 在标准正交基下的坐标。 (1) R 4，S = {(1, 2, 2, −1)T ,(1, 1, −5, 3)T ,(3, 2, 8, −7)T }，α = (3, 1, 1, −3)T； (2) R3[x]，内积定义为 (f(x), g(x)) = R 1 −1 f(t) g(t) dt，S = {1, x, x2}，α = 1 + x。 解答： (1) β1 = α1 = (1, 2, 2, −1)T , β2 = α2 − (α2, β1) (β1, β1) β1 = (2, 3, −3, 2)T , β3 = α3 − (α3, β1) (β1, β1) β1 − (α3, β2) (β2, β2) β2 = (2, −1, −1, −2)T . 为扩充成正交基，设 β4 = (x, y, z, w) T，解方程 0 = (β1, β4) = x + 2 y + 2 z − w 0 = (β2, β4) = 2 x + 3 y − 3 z + 2 w 0 = (β3, β4) = 2 x − y − z − 2 w 2

得解:月4=(3,-2,2,3)2。最后,把β1,B2,B3,月1归一化得到标准正交基: 为了求α在标准正交基η,γ2,3,№4下的坐标,只需考虑分解: a=(a,m)1+(a,2)2+(a,3)3+(a,74)4=√10m+√103 所以结果是(√10,0,√10,0) B1 (x,1) (1,1) B3 B2 a=+/=√2n+y3,所以坐标为(√2,v3,0) 练习3设a1=(1,0,2,1)2,a2=(2,1,2,3),a3=(0,1,-2,1),W=L(a1,a2,a3) 在R4上定义内积为 V a, B 试求W在R4的正交补子空间W的一个基 解答 只需解方程: 1x+0y+2z+1=0 2x+1y+2z+3=0 0x+1y-2z+1u=0 得通解: 所以正交补子空间W的基可取为1=(-2,2,1,0),B2=(-1,-1,0,1)2 练习4设丌是3维几何空间的一个平面,A是丌上的一个固定点,B是任意一 点,AB的全体构成一个欧氏空间V。问W={AB|B∈丌}是不是V的一个子空 间?为什么?如果A取在平面丌外又如何呢?

得解：β4 = (3, −2, 2, 3)T。最后，把 β1, β2, β3, β4 归一化得到标准正交基： γ1 = 1 √ 10 β1, γ2 = 1 √ 26 β2, γ3 = 1 √ 10 β3, γ4 = 1 √ 26 β4. 为了求 α 在标准正交基 γ1, γ2, γ3, γ4 下的坐标，只需考虑分解： α = (α, γ1)γ1 + (α, γ2)γ2 + (α, γ3)γ3 + (α, γ4)γ4 = √ 10 γ1 + √ 10 γ3. 所以结果是 ( √ 10, 0, √ 10, 0)。 (2) β1 = 1, β2 = x − (x, 1) (1, 1) 1 = x, β3 = x 2 − (x 2 , 1) (1, 1) 1 − (x 2 , x) (x, x) x = x 2 − 1 3 . 归一化： γ1 = r 1 2 β1, γ2 = r 3 2 β2, γ3 = r 45 8 β3. α = β1 + β2 = √ 2 γ1 + q 2 3 γ2，所以坐标为 ( √ 2, q 2 3 , 0)。 ¤ 练习 3 设 α1 = (1, 0, 2, 1)T , α2 = (2, 1, 2, 3)T , α3 = (0, 1, −2, 1)T , W = L(α1, α2, α3)， 在 R 4 上定义内积为： ∀ α, β ∈ R 4 , (α, β) = α T β. 试求 W 在 R 4 的正交补子空间 W⊥ 的一个基。 解答： 只需解方程： 1 x + 0 y + 2 z + 1 w = 0 2 x + 1 y + 2 z + 3 w = 0 0 x + 1 y − 2 z + 1 w = 0 得通解： x = −w − 2 z, y = −w + 2 z. 所以正交补子空间 W⊥ 的基可取为 β1 = (−2, 2, 1, 0)T , β2 = (−1, −1, 0, 1)T。 ¤ 练习 4 设 π 是 3 维几何空间的一个平面，A 是 π 上的一个固定点，B 是任意一 点， −→AB 的全体构成一个欧氏空间 V 。问 W = { −→AB | B ∈ π} 是不是 V 的一个子空 间？为什么？如果 A 取在平面 π 外又如何呢？ 3

解答: 以丌为xy平面,以过A垂直于π的直线做z轴建立直角坐标系。则V同构于 R3,W就是R3中的xy平面,所以W当然是V的子空间。如果A不在π上,取 B为A向平面π做垂线的垂足,那么向量2AB的端点是A关于π得对称点,不在 丌中,所以W不是V的子空间 练习5证明欧氏空间VV同构的一个充分必要条件是存在V到V的一个双射f, 使得a,β∈V,都有 (a,B)=(f(a),f() 解答:必要性是显然的,我们只证充分性, 首先我们证明满足这样条件的∫一定是V到V的线性映射。因为 (k1a1+k2a2,3)=k1(a1,B)+k2(a2,B) 由已知条件可得: (f(k1a1+k2a2),f()=k1(f(a1),f(③)+k2(f(a2),f(③) (f(k1a1+k2a2)-k1f(a1)-k2f(a2),f()=0 该式对V中的任意元素∫()都成立(注意这里用到∫是满射),所以根据(,)的 非退化性可知 f(k1a1+k2a2)-k1f(a1)-k2f(a2)=0, 所以∫是线性映射 已知条件说明∫保持内积,现在我们又知道它保持加法和数乘,所以我们有了 一个保持所有运算的双射,因此是同构 练习6设a,β,γ,是R4的4个列向量,若W=L(a,B,γ),求实数a,b,c使得 aa+bB+c恰为ξ在W上的正交射影 主:先从理论上证明,再举事例实践. 解答:设η=5-(aα+bβ+cη),若aa+b3+c是ξ在W上的正交投影,那 么必有(m,a)=(m,B)=(m,)=0,于是有如下方程 a(a,a)+b(,a)+c(,a)=(5,a) a(a,B)+b(,B)+c(,B)=(,B) a(a,)+b(3,0)+c(,n)=(5,) 解出这个关于(a,b,c)的线性方程组即可。当α,β,γ线性无关时,这个线性方程组的 行列式非零,存在唯一解;否则的话,解不唯一。 下面看一个例子,设a=(1,0,0,0)2,B=(0,1,0,0),=(0,0,1,0)x,5= 1,2,3,4)2,从几何意义上很容易看出(a,b,c)=(1,2,3),下面看看按照上面的算 法得到什么结果,方程组化为 a=1a+0b+0c=(5 b=0a+1b+0c=(5,B)=2 c=0a+0b+1c=(5,0)=3 刚好就是我们想要的解

解答： 以 π 为 xy 平面，以过 A 垂直于 π 的直线做 z 轴建立直角坐标系。则 V 同构于 R 3， W 就是 R 3 中的 xy 平面，所以 W 当然是 V 的子空间。如果 A 不在 π 上，取 B 为 A 向平面 π 做垂线的垂足，那么向量 2 −→AB 的端点是 A 关于 π 得对称点，不在 π 中，所以 W 不是 V 的子空间。 ¤ 练习 5 证明欧氏空间 V, V 0 同构的一个充分必要条件是存在 V 到 V 0 的一个双射 f， 使得 ∀ α, β ∈ V ，都有 (α, β) = (f(α), f(β)). 解答： 必要性是显然的，我们只证充分性。 首先我们证明满足这样条件的 f 一定是 V 到 V 0 的线性映射。因为 (k1α1 + k2α2, β) = k1(α1, β) + k2(α2, β) 由已知条件可得： (f(k1α1 + k2α2), f(β)) = k1(f(α1), f(β)) + k2(f(α2), f(β)) (f(k1α1 + k2α2) − k1f(α1) − k2f(α2), f(β)) = 0 该式对 V 0 中的任意元素 f(β) 都成立（注意这里用到 f 是满射），所以根据 (·, ·) 的 非退化性可知 f(k1α1 + k2α2) − k1f(α1) − k2f(α2) = 0, 所以 f 是线性映射， 已知条件说明 f 保持内积，现在我们又知道它保持加法和数乘，所以我们有了 一个保持所有运算的双射，因此是同构。 ¤ 练习 6 设 α, β, γ, ξ 是 R 4 的 4 个列向量，若 W = L(α, β, γ)，求实数 a, b, c 使得 a α + b β + c γ 恰为 ξ 在 W 上的正交射影。 注：先从理论上证明，再举事例实践. 解答： 设 η = ξ − (a α + b β + c γ) ，若 a α + b β + c γ 是 ξ 在 W 上的正交投影，那 么必有 (η, α) = (η, β) = (η, γ) = 0，于是有如下方程： a(α, α) + b(β, α) + c(γ, α) = (ξ, α) a(α, β) + b(β, β) + c(γ, β) = (ξ, β) a(α, γ) + b(β, γ) + c(γ, γ) = (ξ, γ) 解出这个关于 (a, b, c) 的线性方程组即可。当 α, β, γ 线性无关时，这个线性方程组的 行列式非零，存在唯一解；否则的话，解不唯一。 下面看一个例子，设 α = (1, 0, 0, 0)T , β = (0, 1, 0, 0)T , γ = (0, 0, 1, 0)T , ξ = (1, 2, 3, 4)T，从几何意义上很容易看出 (a, b, c) = (1, 2, 3)，下面看看按照上面的算 法得到什么结果，方程组化为： a = 1 a + 0 b + 0 c = (ξ, α) = 1 b = 0 a + 1 b + 0 c = (ξ, β) = 2 c = 0 a + 0 b + 1 c = (ξ, γ) = 3 刚好就是我们想要的解。 ¤ 4

练习7设e1,e2是平面上两个互相垂直的单位向量,以e1为始边,OT为终边的 个角为号。又σ是以OT为轴的反射。试证明a在e1,e2下的矩阵为 CoS y sIn p SIn 由此证明,若正交变换σ在一个标准正交基下的矩阵有这种形状,则σ必是以直线 y=tg()x为轴的反射。 解答:设a=(cs号,sin),它是OT上的单位向量,则有o()=2(,a)a- 设β=(x,y)2,则 (a cose +y sin o) OS 2(r cos 2+y sin ])cos5-a CoSp sIn p 2(xcos号+ysin)sin号-y siny-cos八(y 现在假设我们有一个形如题设的正交变换,求它的特征值可得入=±1,入=1 的特征向量是(cos,sin),A=-1的特征向量是(-sin号,cos),所以子空间 y=tg()x上的元素在a的作用下保持不动,它的补空间上的元素在a的作用下变 号。所以σ是关于这条直线的反射 练习8设n维欧氏空间V=L(a)+V1,其中α是单位向量,V=(L(a),又设 σ1是Ⅵ1的一个正交变换,定义V的变换σ,r g(aa+B)=aa+g1B) (aa+B)=-aa+a1() 其中a∈R,B∈V。求证 (1)σ,T都是V的正交变换 (2)若σ1是Ⅵ的反射,则σ是V的反射,T是V的旋转 解答 ((aa+B),alaa+B) (aa+a1(),aa+a1(3) =a2(a,a)+a(a,1()+a(1(6),a)+(a1(3),1() =a2+(3,B) (aa+B, aa+B) 所以σ是一个正交变换。同理,τ也是正交变换

练习 7 设 e1, e2 是平面上两个互相垂直的单位向量，以 e1 为始边，OT 为终边的一 个角为 ϕ 2。又 σ 是以 OT 为轴的反射。试证明 σ 在 e1, e2 下的矩阵为 µ cos ϕ sin ϕ sin ϕ − cos ϕ ¶ . 由此证明，若正交变换 σ 在一个标准正交基下的矩阵有这种形状，则 σ 必是以直线 y = tg(ϕ 2 ) x 为轴的反射。 解答： 设 α = (cos ϕ 2 ,sin ϕ 2 )，它是 OT 上的单位向量，则有 σ(β) = 2(β, α)α − β 。 设 β = (x, y) T，则 σ µ x y ¶ = 2(x cos ϕ 2 + y sin ϕ 2 ) µ cos ϕ 2 sin ϕ 2 ¶ − µ x y ¶ = µ 2(x cos ϕ 2 + y sin ϕ 2 ) cos ϕ 2 − x 2(x cos ϕ 2 + y sin ϕ 2 ) sin ϕ 2 − y ¶ = µ cos ϕ sin ϕ sin ϕ − cos ϕ ¶ µ x y ¶ . 现在假设我们有一个形如题设的正交变换，求它的特征值可得 λ = ±1，λ = 1 的特征向量是 (cos ϕ 2 ,sin ϕ 2 )，λ = −1 的特征向量是 (− sin ϕ 2 , cos ϕ 2 )，所以子空间 y = tg(ϕ 2 ) x 上的元素在 σ 的作用下保持不动，它的补空间上的元素在 σ 的作用下变 号。所以 σ 是关于这条直线的反射。 ¤ 练习 8 设 n 维欧氏空间 V = L(α) + V1，其中 α 是单位向量，V1 = (L(α))⊥，又设 σ1 是 V1 的一个正交变换，定义 V 的变换 σ, τ： σ(a α + β) = a α + σ1(β), τ (a α + β) = −a α + σ1(β), 其中 a ∈ R, β ∈ V1。求证： (1) σ, τ 都是 V 的正交变换； (2) 若 σ1 是 V1 的反射，则 σ 是 V 的反射，τ 是 V 的旋转。 解答： (1) (σ(a α + β), σ(a α + β)) = (a α + σ1(β), a α + σ1(β)) = a 2 (α, α) + a(α, σ1(β)) + a(σ1(β), α) + (σ1(β), σ1(β)) = a 2 + (β, β) = (a α + β, a α + β) 所以 σ 是一个正交变换。同理，τ 也是正交变换。 5

(2)既然a1是V中的反射,即a1()=B-2(m,B),其中n是一个单位向量 d(aa+)=aa+B-2(7,B)m=(a+)-2(,aa+B)n 所以σ也是V中的反射 为了看出τ是旋转,设V是L(m)在Ⅵ中的正交补,则β可分解为 B=bn+?, b 带入r的公式可得: Tlaa+bn+y==aa+bn+r-2(0, bn+m)=-aa-bn+? 所以是平面L(a,m)中转角为丌的转动

(2) 既然 σ1 是 V1 中的反射，即 σ1(β) = β − 2(η, β)η，其中 η 是一个单位向量。 σ(a α + β) = a α + β − 2(η, β)η = (a α + β) − 2(η, a α + β)η 所以 σ 也是 V 中的反射。 为了看出 τ 是旋转，设 V2 是 L(η) 在 V1 中的正交补，则 β 可分解为 β = b η + γ, b ∈ R, γ ∈ V2. 带入 τ 的公式可得： τ (a α + b η + γ) = −a α + b η + γ − 2(η, b η + γ)η = −a α − bη + γ 所以 τ 是平面 L(α, η) 中转角为 π 的转动。 ¤ 6