九章习题课课件.ppt

1、一、基本概念与理论一、基本概念与理论 二、基本方法二、基本方法 四、练习四、练习三、例题讲析三、例题讲析 1.欧几里得空间的定义和基本性质，度量矩阵欧几里得空间的定义和基本性质，度量矩阵 的定义及性质。的定义及性质。2.施密特（施密特（Schimidt）正交化过程，正交矩阵、）正交化过程，正交矩阵、正交变换的定义及性质，线性空间的正交分正交变换的定义及性质，线性空间的正交分 解。解。3.对称矩阵的标准形理论。对称矩阵的标准形理论。一、基本概念与理论一、基本概念与理论 二、基本方法二、基本方法 1.1.欧氏空间有内积，因而具有度量性质：向量欧氏空间有内积，因而具有度量性质：向量 的长度、夹角、正

2、交。的长度、夹角、正交。2.2.标准正交基，标准正交基，SchmidtSchmidt正交化、正交矩阵和正正交化、正交矩阵和正 交补空间。交补空间。3.3.掌握欧氏空间的正交变换对称变换和实数域掌握欧氏空间的正交变换对称变换和实数域 上正交矩阵、对称矩阵的对应关系。上正交矩阵、对称矩阵的对应关系。例例1 1 设设 是是n维欧氏空间维欧氏空间V的一个单位向量的一个单位向量.定定 义义线性变换线性变换 :2(,)()V 称称 为一个镜面反射为一个镜面反射.证明证明:(1)是正交变换是正交变换;(2)是第二类的是第二类的;(3)21V 三、例题讲析三、例题讲析 证证(1)(1)任取任取,V (,)2(

3、,),2(,)(,)2(,)(,)2(,)(,)4(,)(,)(,)故故 为正交变换为正交变换.(2)将将 扩充为扩充为V 的标准正交基的标准正交基 由由 的的 2,n 定义定义,2,iiin从而从而 即即 为第二类的为第二类的.|1.A 故故 在基在基 下下的的矩阵矩阵 2,n 111n nA (3)2()(2(,)2(,)2(,)2(,).注注:根据线性变换与矩阵的关系根据线性变换与矩阵的关系,由由(2)(2)也可证也可证 2AE 例例2 设设 是是n维欧氏空间维欧氏空间V的第二类正交变换的第二类正交变换.则则 存在镜面反射存在镜面反射 及第一类正交变换及第一类正交变换 使使 .分析分析:

4、由由 知知 有特征值有特征值 对应的单位特征对应的单位特征|1 1 向量设为向量设为 即即 将将 扩充为标准正交基扩充为标准正交基:.2,n 设设 在该基下的矩阵为在该基下的矩阵为 .则则 为正交矩阵且为正交矩阵且 BB|1.B 由由矩阵与线性变换的关系矩阵与线性变换的关系,拆分拆分 即将即将 B分成分成111 与一与一行列式为行列式为1的正交矩阵的积的正交矩阵的积.设设111BC 由由 B,均为均为正交矩阵正交矩阵,C 必为正交阵必为正交阵.111 且且 .C 对应的线性变换即为要求的对应的线性变换即为要求的 .|1C 证证:由由 知知 有特征值有特征值 对应的单位特征对应的单位特征|1 1

5、 向量设为向量设为 即即 将将 扩充为扩充为V的标准正的标准正.交基交基:设设2,n 22(,)(,)nnB 则则 为正交矩阵且为正交矩阵且 则则 B|1.B 1111.11BB 定义定义2211(,)(,),1nn 则则 为镜面反射为镜面反射.2211(,)(,),1nnB 则则 为第一类的为第一类的.故故 命题成立命题成立.例例 3 设设V为为n维欧氏空间维欧氏空间,若若 为为 V 的线性变换的线性变换,则则 为正交变换当且仅当为正交变换当且仅当 保持向量间的距离不变保持向量间的距离不变.证证:,V 22|()|(),()(,)2|故故|.,V|0|0|.故故 为正交变换为正交变换.例例4

6、 给定给定 的标准度量的标准度量,求出求出 中所有保持下列中所有保持下列正方形正方形(A(1,1),B(-1,1),C(-1,-1),D(1,-1)整体不变整体不变(即即2R2R正方形四条边上的点经过变换后仍落在四条边上正方形四条边上的点经过变换后仍落在四条边上)的的正交变换正交变换.ABCD分析分析:根据题意根据题意,求这样的正交变换求这样的正交变换,即将标准正交基即将标准正交基(在正方形上在正方形上)变为仍在正方形上的变为仍在正方形上的 1210,01标准正交基即可标准正交基即可.只可能为只可能为12121212(,),(,),(,),(,)21212121(,),(,),(,),(,)解

7、解:由由 的标准正交基的标准正交基 在正方形在正方形2R 1210,01上上,经正交变换后仍在正方形上经正交变换后仍在正方形上,且为标准正交基且为标准正交基,故所求故所求正交变换为正交变换为:112121 0(,)(,),0 1 212121 0(,)(,),01 312121 0(,)(,),0 1 412121 0(,)(,),01 512120 1(,)(,),1 0 6121201(,)(,),1 0 712120 1(,)(,),1 0 8121201(,)(,),1 0 例例5 5 设设A是是 n 阶实对称矩阵阶实对称矩阵.证明证明:A正定的充正定的充分必要条件为分必要条件为A的特

8、征多项式的根全大于的特征多项式的根全大于0.分析分析:由由A为实对称阵为实对称阵,我们可以找到正交阵我们可以找到正交阵T使使1T ATTAT 为对角阵为对角阵,这样这样A的特征值就全暴的特征值就全暴露出来了露出来了.证证:由由A为实对称阵为实对称阵,存在正交阵存在正交阵T使使11(,)nT ATTATdiag 由由A正定正定,正定正定,故故1(,)ndiag0,1,iin 由由 ,正定正定,故故A正定正定.0,1,iin 1(,)ndiag例例6 6 设设A、B均为同阶实对称阵均为同阶实对称阵,A正定正定,则存则存在在可逆阵可逆阵P使使 为对交阵为对交阵.,P APE P BP 证证:A由正定

9、由正定,存在可逆阵存在可逆阵Q使使 .对对Q AQE Q BQ 有正交阵有正交阵T使使 为对角阵为对角阵.取取 即可即可.T Q BQT PQT 分析分析:因为因为A正定正定,我们可先将我们可先将A合同于合同于E,又正交阵又正交阵T具有性质具有性质 .这样变化后的这样变化后的 A将不再改变将不再改变.T TE 例例7 7 实二次型实二次型222123123121323(,)222f x x xxaxxbx xx xx x 经经正交线性替换正交线性替换 化为标化为标123123(,)(,)x xxP yyy 准形准形22124.yy(1)求求a,b及正交阵及正交阵P；(2)问二次型问二次型 f

10、是否正定是否正定?为什么？为什么？分析：由于实二次型的矩阵是实对称阵分析：由于实二次型的矩阵是实对称阵.由标准形可由标准形可知知矩阵的特征值矩阵的特征值,从而可求从而可求a,b,而而P为特征值的特征向为特征值的特征向量组成的量组成的.解解:(1)(1)二次型的矩阵二次型的矩阵 的特征多项式的特征多项式1111 1 1bAb a 11()|1111bfEAba 由由 f 的标准形为的标准形为 知知,A的特征值为的特征值为22124yy 11,234,0.将将1,0代入代入 得得()f 2210(1)0bab解得解得b=1,a=3.分别解分别解 得单位特征向量得单位特征向量 0,1,2,3iEA

11、Xi 1131313 2162616 312012 故故11136212036111362P (2)由标准形知由标准形知 f 的秩为的秩为 2,故不正定故不正定.例例8 8 欧氏空间欧氏空间V的对称变换的对称变换 称为正定的称为正定的,若若 满足对任意的满足对任意的 证明证明:,0,(,)0.V 正定正定 在标准正交基下的矩阵为正定阵在标准正交基下的矩阵为正定阵.证证:设设 为为V的标准正交基的标准正交基,在该基下的在该基下的1,n 矩阵为对称阵矩阵为对称阵A.对对任意的任意的 令令 则则,0,nXRX1(,)nX 1(,)nAX 故故 ,即即A0(,)X AX 正定正定.任取任取 ,设设 ,

12、则则,0V 1(,)nX 0,X 故故 ,即即 为正定的为正定的.0(,)X AX 例例9 设设V为为 n 维欧氏空间维欧氏空间.证明证明:对对V中给定的向量中给定的向量 ,V上的函数上的函数 连续连续.()(,)f 证证:设设 为为V的标准正交基的标准正交基,设设1,n 11(,)nnaa 11(,)nnbb 11(,)nncc 则则 ,当当 时时,0 2212|naa 即即 连续连续.|()()|ff()f 例例10 (1)A为为 n 阶实矩阵阶实矩阵.证明存在正交阵证明存在正交阵T使得使得 为上三角当且仅当为上三角当且仅当A的特征值全为实数的特征值全为实数.1TAT(2)A为正交阵为正交

13、阵,特征值全为实数特征值全为实数.则则A为对角阵为对角阵.证证:对对 n 归纳归纳.n=1时显然成立时显然成立,设为设为 n 1时成立时成立.则则为为 n 时时,设设 为为A的特征值的特征值,为相应的特征向量为相应的特征向量.将将1 单位化并扩充为标准正交基单位化并扩充为标准正交基 ,令令 1,n 11(,)nT 则则 为正交阵且为正交阵且1T1111,0T ATA 这里这里 为为n-1阶实矩阵阶实矩阵.特征值特征值1A全为实数全为实数.由假设由假设,存在正交阵存在正交阵Q使得使得 为上三角为上三角,1Q AQ 11 00TTQ 令令,则则T为正交阵且为正交阵且 为上三角为上三角.T AT(2

14、)A的特征值全为的特征值全为 1,1.由由(1),存在正交阵存在正交阵T使得使得1()ijn nTATa 对角线上前对角线上前 s 个为个为 1,后后 s 个为个为 1,11(,)nT 令令,由由111,1,iiiiiiAaa这里这里 为为 1 或或 1,和和 0(,)(,)0ijijAA ,可算出可算出0().ijij 故故 为对角阵为对角阵,从而从而A为为对角阵对角阵.T AT 例例11且有且有特征向量特征向量1,1,1).构造一个构造一个 3 阶实对称阵阶实对称阵A,使其特征值为使其特征值为 2,1,1.分析分析:注意对称矩阵的不同特征值的特征向量正交注意对称矩阵的不同特征值的特征向量正

15、交.解解:设正交阵设正交阵T使得使得 即即(2,1,1),T ATdiag (2,1,1).ATdiagT 将将(1,1,1)扩充为正交基扩充为正交基(1,1,1),(0,1,1),(2,1,1)并单位化得并单位化得 ,令令123,123(,),T A满足要求满足要求.解：解：20212022 AE2140.2,1,4321 得得,020212022)1(A 310130004)2(A例例12 12 对下列各实对称矩阵，分别求一正交矩阵对下列各实对称矩阵，分别求一正交矩阵 ，使使 为对角阵为对角阵.APP1 P(1)第一步第一步 求求 的特征值的特征值A 的基础解系的基础解系求出求出由由第二步

16、第二步AxA,0 Ei 得得由由对对,0,41 x4EA 04202320223232121xxxxxxx解之得基础解系解之得基础解系.1221 得得由由对对,0,12 xAE 0202202323121xxxxxx解之得基础解系解之得基础解系.2122 得得由由对对,0,23 xA-2E 02202320243232121xxxxxxx解之得基础解系解之得基础解系.2213 将特征向量正交化将特征向量正交化.,2,1,43,321321故它们必两两正交故它们必两两正交的特征向量的特征向量个不同特征值个不同特征值的的是属于是属于由于由于 A第三步第三步 将特征向量单位化将特征向量单位化.3,2

17、,1,iiii 令令.1221 .2122 ,3132321 得得,3231322 .3232313 321,P作作.200010004 1 APP则则,22121212231 41 12 23 310130004)2(A.4,2321 得特征值得特征值得基础解系得基础解系 由由对对,02,21 xAE 1101 得基础解系得基础解系由由对对,04,432 xAE 4 4 -10-13 3 000 EA ,42 3 3 2.110,00132 ,32恰好正交恰好正交与与 .,321两两正交两两正交所以所以 得得令令单位化单位化再将再将3,2,1,321 iiii ,212101 ,0012 .

18、212103 1101 21 42 43 于是得正交阵于是得正交阵 2102121021010,321 P.400040002 1 APP则则,212101 ,0012 .212103 21 42 43 1.1.设设 是是n维欧氏空间维欧氏空间V的线性变换的线性变换,若对任意若对任意,V 都有都有(,)(,)称称 为反对称变换为反对称变换.证明证明:矩阵为反对称矩阵矩阵为反对称矩阵.(1)为为反对称变换当且仅当反对称变换当且仅当 在标准正交基下的在标准正交基下的 (2)若若M为为 子空间，则子空间，则 也为也为 子空间子空间.M(3)的特征值为或纯虚数的特征值为或纯虚数.四、练习四、练习(4)存在存在V的标准正交基的标准正交基 使使 在该基下的在该基下的1,n 矩阵为矩阵为12000000ssaaaa 是非零实数是非零实数.ia1,2,.is 2.已知二次曲面已知二次曲面通过正交变通过正交变 换化为二次曲面换化为二次曲面2222224xykzxyyzxzxxyPyzz 2244.yz求求k值及正交阵值及正交阵P.3.对于阶数分别为对于阶数分别为n,m的实对称阵的实对称阵A与与B,假设假设B是是正定矩阵正定矩阵.试证明试证明:存在非零矩阵存在非零矩阵H使得使得成为正定成为正定矩阵矩阵.(提示应用例提示应用例6的结果的结果)BHAH