PAGEPAGE1習題1.11.解：除了由一個零向量構成的集合可以構成線性空間外，沒有兩個和有限（m）個向量構成的線性空間，因為數乘不封閉（k有無限多個，k∈p數域）.2.解：⑴是；⑵不是，因為沒有負向量；⑶不是，因為存在兩向量的和向量處在第二或第四象限，即加法不封閉；⑷是；⑸不是，因為存在二個不平行某向量的和卻平行于某向量，即加法不封閉.3.解：⑴不是，因為當k∈Q或R時，數乘k不封閉；⑵有理域上是；實數域上不是，因為當k∈R時，數乘k不封閉.⑶是；⑷是；⑸是；⑹不是，因為加法與數乘均不封閉.4.解：是，因為全部解即為通解集合，它由基礎解系列向量乘以相應常數組成，顯然對解的加法與數乘運算滿足二個封閉性和八條公理.5.解：（1）是線性空間；（2）不是線性空間（加法不封閉；或因無零向量）.6.解：（1）設A的實系數多項式的全體為顯然，它滿足兩個封閉性和八條公理，故是線性空間.（2）與（3）也都是線性空間.7.解：是線性空間.不難驗證，，…，是線性無關的，且任一個形如題中的三角多項式都可由它們惟一地線性表示，所以它們是V中的一個組基.由高等數學中傅里葉（Fourier）系數知.8.解：⑴不是，因為公理2不成立：設r=1,s=2,α=(3,4),則(r+s)(3,4)=(9,4),而r(3,4)s(3,4)=(3,4)(6,4)=(9,8),所以(r+s)α≠rαsα.⑵不是，因為公理1）不成立：設α=(1,2),β=(3,4),則αβ=(1,2)(3,4)=(1,2),βα=(3,4)(1,2)=(3,4),所以αβ≠βα.⑶不是，因為公理2不成立：設r=1,s=2,α=(3,4),則(r+s)α=3(3,4)=(27,36)而rαsα=1(3,4)2(3,4)=(3,4)(12,16)=(15,20),于是(r+s)α≠rαsα.⑷是.9.證若，則另一方面，因此，從而有于是得.10.解：先求齊次方程組的基礎解系ξ=(3,3,2,0),ξ=(-3,7,0,4),即為解空間V的一組基.所以，dimV=2.11.解：考察齊次式即,得線性方程組由于系數行列式不等于零，那么只有時,上述齊次式才對x成立，所以,,線性無關，且任二次多項式都可惟一地用它們來表示(因為相應的非齊次方程組有惟一解)，故為基.令得,即坐標為(3,-1,3).12.解：⑴因為()=()C,故C=()()==.⑵顯然，向量α在基下的坐標為X=(,),設α在基下的坐標為Y=(,則Y=C===BX⑶如果X=Y,則有X=BX,即得齊次方程組(I-B)X=0,求其非零解為X=k(－1,－1,－1,1),k∈R,即為所求.13.解：(1)對；令，其中，其余的，則為上三角矩陣空間的一組基，維數為.（2）R+中任意非零元素都可作R+的基，dimR+=1.（3）I，A，A2為所述線性空間的一組基，其維數為3.14.解：（1）由已知關系式求得于是，由基（I）到基（II）的過渡矩陣為（2）α在基（II）下的坐標為（2，-1，1，1）T，再由坐標變換公式計算α在基（I）下的坐標為C（2，-1，1，1）=（11，23，4，-5）.（3）不難計算得det（1·I—C）=0，所以1是C的特征值.不妨取過渡矩陣C的對應于特征值1的一個特征向量為η，則有Cη=1·η，那么αη≠0，再由坐標變換公式知，α在基（I）下的坐標為ξ=Cη=η，即存在非零α，使得α在基（I）和基（II）下有相同的坐標.15.解：不難看出，由簡單基E11，E12，E21，E22改變?yōu)榛↖）和基（II）的過渡矩陣分別為，則有（B1，B2，B3，B4）=（E11，E12，E21，E22）C2=（A1，A2，A3，A4）C2故由基（I）改變到基（II）的過渡矩陣為.16.解：（1）由簡單基1，改變到基（I）和基（II）的過渡矩陣為，故由基（I）改變?yōu)榛↖I）的過渡矩陣為（2）設在基（I）和基（II）下的坐標分別為，，則有且，即有，該齊次方程組的通解為,R.于是，在基（I）和基（II）下有相同坐標的全體多項式為.17.解：⑴設R的子集合為L，對任意L，有,，對任意，,有又,所以L,L,因此L是V的子空間.⑵對任意L，,,有,故于是可知L，因此L不是V的子空間.18.解：的基為的一個最大無關組，在基下的坐標依次為(1,-2,3),(2,3,2),(4,13,0)該列向量組的一個最大無關組為(1,-2,3),(2,3,2).因此，的一個最大無關組為，即的一個基為 .19.解：（1）因為，所以V1非空.設A，，則有AP=PA，BP=PB.又因為（A+B）P=AP+BP=PA+PB=P（A+B），（kA）P=k（AP）=k（PA）=P（kA）（R），所以，，故V1是的子空間.（2）取，B，則detA=detB=0，從而，，但，，所以，故V1不是子空間.又，從而，，，所以，故V2也不是子空間.20.證：因為（2，-1，3，3）=（-1）（1，1，0，0）+3（1，0，1，1），（0，1，-1，-1）=（1，1，0，0）+（-1）（1，0，0，1）即生成的子空間有相同的基，所以它們生成的子空間相同.21.解：(1)設，則由AP=PA可得齊次方程組求得基礎解系為（1，-3，0，0）T，（1，0，0，1）T，從而V1的基為，，dimV1=2.(2)V1的矩陣一般形式.22.證：若V1的維數為0，則V1與V2都是零空間，當然相等；若V1的維數是，由于，故V1的任一組基都是V2的線性無關組.又因V2與V1的維數相同，故這個線性無關組也是V2的一組基，即V1與V2有相同的基，因此V1=V2.23.解：設，則有由此相加或相減可得，，從而，，故得.但（1，0，-1，0），（0，1，0，-1）線性無關，即為所求的基.24.解：（1）設，，則，,因為，，，，所以，，又，所以V是R的子空間.（2）在V中取，，它們線性無關.因為即，于是，因此，V的一組基為A1，A2，A3，從而dimV=3.25.解：（1）,,故交的維數為2+2-3=1，交的一組基為（-5，2，3，4）T，和的維數為3，為一組基.（2）,故交的維數為1，基為；和的維數為4，為一組基.26.證：（1）設，且,則（k是數）即與在兩組基下的坐標也是相同的，所以，，故V1是子空間.（2）因V中每個向量在兩組基下的坐標相同，所以基向量在下的坐標為（0，…，0，1，0，…，0）它也應為在下的坐標，于是有.27.證：設,容易驗證V1與V2都是V的子空間.對任意有且，所以.因為即，所以，則.28.證：由齊次線性方程組的理論可推知V1是n-1維的，且有基（-1，1，0，…，0），（-1，0，1，0，…，0），…，（-1，0，…，0，1）.又，即此方程組系數矩陣的秩為n-1，故解空間V2的維數為1，令xn=1，便得V2的一組基（1，1，…，1）；又以，為行的n階行列式故，為P的一組基，且有P.29.證：設V是n維線性空間，為基，則都是一維子空間（i=1，2，…，n），且有.又因是基，零向量表示式惟一，故這個和是直和，即.

習題1.21.解：因為對R的任一向量()，按對應規(guī)則都有R中惟一確定的向量與之對應，所以是R的一個變換.關于軸的對稱變換；關于軸的對稱變換；關于原點的對稱變換；到軸的投影變換；到軸的投影變換.2.解：(1)不是.因為()＝+≠k()+k=+(2)不是.因為()＝≠k()+k(3)不是.因為取x=(1,0,0),時,(kx)=(k,0,0)≠k(x)=k(1,0,0)=(k,0,0)(4)是.因為設x=(),y=()(kx+ky)==k(x)+k(y)(5)是.因為()==k(f(x))+k(6)是.因為()==k(f(x))+k(7)不是.因為設x=(),y=()(kx+ky)=(≠k(x)+k(y)==(.3.解：(+β)=[()+(β)(k)=(k(x,x))()所以是線性變換.同理可證也是線性變換.(+)()=(+)[(x,x)]=[(x,x)]+[(x,x)]()=［()］=[(x,-x)]=(-x,-x)()=［()］=[(x,-x)]=(x,x).4.證：（1）因(A)+(B)k(A)故是線性變換.（2）(A)B+A(B)(AB)5.解：令即可.6.證：設，則(-)(f(x))=［(f(x))］－［(f(x))］=［xf(x)］－［f(x)］故－是恒等變換.7.證：設，則，由于(e)+(e)=(e+e)=e+e(e)－(e)=(e－e)=e－e所以，(e)=e,(e)=e于是(α)=k(e)+k(e)=k(e)+k(e)=(α)故=.8.解：(1)因為在平面上，其投影不變，故有(i)=i,(j)=j,又垂直平面，則,得((i),(j),(k))=(，，)所求矩陣為A=.(2)因為,所以,所求矩陣為A=.(3)由的定義知,(i)=((1,0,0))=(2,0,1)(j)=((0,1,0))=(-1,1,0)(k)=((0,0,1))=(0,1,0)有((i),(j),(k))=(所求矩陣為A=.(4)據題設：則=()===()==()==()==()==( )=于是(,,,,,),所求矩陣為D=9.解：(1)()=()=()C所求矩陣為B=CAC=(2)()=()=()C所求矩陣為B=CAC=(3)()=()=()C所求矩陣為B=CAC=10.解：由定義知所以，所求矩陣為.11.解：因為所以，所求矩陣為.12.解：(,,)=()()=(,,)=(,,)CB=CAC==.13.解：(1)(,,)=()C,過渡矩陣為 C=()(,,)==(2)(,,)=(,,)=()C故在基下的矩陣就是C.(3)((,(),())=(,,)=()C=(,,)C=(,,)C故在基下的矩陣仍為C.14.解：由于故在該基下的矩陣為類似地，可得在該基下的矩陣為.由于=，所以在該基下的矩陣為 同理，可得在該基下的矩陣為（2）由于由簡單基E11，E12，E21，E22改變?yōu)榻o定基E1，E2，E3，E4的過渡矩陣為于是，在給定基下的矩陣為15.解：（1）將題給關系式寫成矩陣形式為((,(),())即由于，所以有(故在基（II）下的矩陣（2）因為(所以在基（I）下的坐標為（3，5，9）.16.解：（1）取的簡單基1，x，x2，則有從簡單基改變到基f1，f2，f3和g1，g2，g3的過渡陣分別為，故有(g,g,g)=(1,x,x)C=即在基（II）下的矩陣（2）因為所以(f(x))=.17.證：設在給定基下的矩陣為，并設C為從舊基到新基的過渡矩陣，由于在任一組基下的矩陣相同，則有，即AC=CA，根據“A與一切滿秩矩陣可變換”性質，即可定出A必為數量矩陣.18.解：由基到基的過渡矩陣為故下的矩陣為.那么，+，，，(+)在基下的矩陣分別為，,，.19.證：設有可逆方陣P與Q，使B=PAP,D=QCQ則===即與相似.20.證：設，，則A，B的行向量的極大無關組中分別含有個行向量，設分別為和，則A的每個行向量均可由線性表示，B的每個行向量均可由線性表示.又可A+B的每個行向量是A與B的相應行向量的和，故A+B的每個行向量均可由，線性表示.因此A+B的行向量組的極大無關組中所含向量的個數不超過，即.21.證：設，則，所以，，…，.這就說明B的列向量都是以A為系數矩陣的齊次方程組的解.由于，所以解空間的維數為，從而知的極大無關組所含向量的個數，即，因此有.22.證：設A，B為同一數域上的與階矩陣，顯然，方程組BX=的解向量X也滿足方程組，記，則，于是即.又由于 因此.23.證：由上題知，，現在只需證明即可.考慮線性方程組，設是方程組的一組解，將兩邊左乘XT，得，即，所以，即.于是即有，故有，并且有即有.注：對復矩陣A，上式不一定成立.例如,.由于故.此時，相應的關系式應為.24.證：必要性.由上題已證得，充分性只要在AX=兩邊左乘AT即可.25.證：（1）因為，故，不妨設A的前n行線性無關，且構成的n階滿秩方陣為A1，后行構成的矩陣為A2，則所以，但，故.同理可證.26.解：（1），；（2），；（3），.27.證：因為，但，故m階方陣C的秩，所以C是降秩的.28.解：先求矩陣A的特征值和特征向量為，,故的特征值和特征向量為，，，，.29.解：（1），，，，.(2),，，（3），，，；（4），，，，，.以上分別求出了在不同基下所對應矩陣A的特征值和特征向量，則類似于上題的方法，可求出不同基下所對應的特征值和特征向量.30.解：（1），（2），（4）為非虧損矩陣（單純矩陣），其變換矩陣P分別為（1）；（2）;（4）.31.證：設在給定基下的矩陣為A，則32.證：設，則存在滿秩矩陣P與Q，使得，故有其中，這說明AB與diag（）相似.另一方面，有，說明BA與相似.不難驗證有故AB與BA有相同的特征多項式，因此有相同的特征值和跡.33.證：設A的任一特征值為，的對應于的特征子空間記為.對中任意向量Z有故，因此為線性變換的不變子空間，即為中的線性變換，此線性變換的特征向量即為B的特征向量，但它又屬于，由的定義知它又是A的特征向量，即A與B有公共的特征向量.34.證：設A的特征值為，則A2的特征值為，由有，若所有，則A+I為滿秩矩陣，故由（A+I）（A-I）=A2-I2=0，有A=I.35.證：不失一般性，設B非奇異，有AB=B-1（BA）B即AB與BA相似，所以它們有相同的特征多項式.36.證：設A為n階方陣，具其秩為，由于A2=A，知A的列向量都是A的對應于特征值1的特征向量.因，故特征值1的幾何重復度為r，其代數重復度至少為r.又的基礎解系中的向量個數為，即A的特征值0的幾何重復度為，其代數重復度不小于.由于一個n階矩陣的特征值的代數重復度之和恰為n，故特征值1和0的代數重復度分別為r和.可見A除了1和0外無其它特征值，而1和0的幾何重復度之和為n，故A為非虧損矩陣，所以A相似.37.證：用反證法.若A可相似于對角矩陣，對角元素即為A的特征值，且至少有一個不為0.但是，由于，于是，因為，所以，故，即A的特征值都等于0，矛盾.38.證：由，有，，從而有，即X也是的特征向量.顯然的特征值為，即為的多項式.39.解：取R3中的自然基，計算得()=(0,-2,-2),()=(-2,3,-1),()=(-2,-1,3)則在基下的矩陣為而A的特征值為，與之對應的特征向量為，，，則有，其中.由=（）C求得的另一組基為，，，顯然在該基下的矩陣為對角陣.40.解：（1）因為，，，所以在基1，x，x2下的矩陣.（2）由于A原特征值為，，相應的特征向量為，，，存在可逆陣，使，故所求的基為.41.解：（1）對任意的及，有=k(())+l((β))故是線性變換.（2）取V的簡單基由于,,所以在基下的矩陣為R的特征值為，對應的線性無關的特征向量為（1，1，0）T，（0，1，1）T，（0，1，-1）T，令，則有，由（B1，B2，B3）=（A1，A2，A3）C求得V的另一組基為，，，在該基下的矩陣為.42.證：（1）取Vn的一組基，設（）=（）A（）=（）B則有()（）=（）（AB）(+)（）=（）（A+B）由=+，可得AB=A+B，從而有BTAT=AT+BT.若1是的特征值，則1也是A的特征值，從而1也是AT的特征值，設AT對應于特征值1的特征向量為，即，由（BTAT）=（AT+BT），可得BT=+BT，即=0，這與是AT的特征向量矛盾，故1不是的特征值.（2）因有幾個不同的特征值，所以有n個線性無關的特征向量.記的對應于特征值的線性無關的特征向量為X1，X2，…，Xn，即（i=1，2，…，n），則X1，X2，…，Xn作為Vn的基時，的矩陣A=diag（）.再由AB=A+B及知即與在該基X1，X2，…，Xn下的矩陣都為對角陣.43.證：對任意，有(.由于(())=(())=(λ)所以,故是的不變子空間.44.解：(1)()=()C=() B=CAC=先求核).設η=在基下的坐標為()，(在此基下的坐標為(0,0,0,0)，于是A=此時A的秩為２，解之，得基礎解系,作.顯然，為核)的一組基，故核由所張成，即)=Span().再求值域(V).由于((e),(e),(e),(e))=()A而A的秩為２，所以(e),(e),(e),(e)的秩也為２，且(e),(e)線性無關，故組成(V)的基，從而(V)=Span((e),(e)).(3)由(2)知是核)的一組基，易知為V的一組基，由于有()=()=()D所以在此基下的矩陣為B=DAD=(2)知(e),(e)是值域(V)的一組基，又知(e),(e),為V的一組基，有((e),(e),)=()=()T所以在此基下的矩陣為B=TAT=.45.證：取R3中的自然基，因為(+)()=()+()=（1，0，0）+（0，0，1）=（1，0，1）同理有(+)()=（2，0，0），(+)()=（1，1，0）這表明+將基變換成R3中的另一組基=（1，0，1），=（2，0，0），=（1，1，0）（易證它們線性無關）.又因（+）（R3）是R3的子空間，而是（+）（R3）的最大無關組，故這個子空間的維數為3，再由習題1.1中第22題的結果知（+）（R3）=R3（此時取V2=R3）.46.解：因為［()］=(［()］)==（0，0，）所以的像子空間為R()核子空間為N()因此，dimR()=1，其一組基為（0，0，1）；dimN()=2，其一組基為（0，1，0），（0，0，1）.47.證：（1）由的定義容易驗證滿足可加性和齊次性，所以它為線性變換.又因[()]=[，…推知[，即（零變換）.（2）若[，則==…==0即為由一切形如（0，0，…，）的向量構成的子空間，它是一維子空間，則（0，…，0，1）是它的基.又由維數關系dim(V)+dim(θ)=n便得(V)的維數等于n-1.48.證：（1）必要性.若(V)=(V)，對任，則（V）=(V)，故存在，使，==，由的任意性有=.同理可證=.充分性.若=,=,對任(V)，=()(V),故(V)(V)；同理可證(V)(V).(2)必要性.若，對任,作，因（）=-=-=，所以，=，則（）=，故，由的任意性有=.同理，通過作-，可得=.充分性.若=,=,對任，由（）=（）=，故；同理，由任，可得.習題２.11.證：由內積定義，易知(u,v)滿足①(v,u)===(u,v)②(u,v)==(u,v),R③設w=，則((u+v),w)===(u,w)+(v,w)④(u,u)=(當u時)故V是歐氏空間.2.解：方法同上.3.解：（1）因為，當且時，，故該實數不是內積.（2）取，有，所以，故該實數不是內積.（3）設，則有==（）當時，；當，存在使得，從而故該實數為內積.4.解：（1）與（2）均不構成歐氏空間；（3）與（4）是.5.解：==.6.解：（1），，，，，，所以度量矩陣（2），在基1，x，x2下的坐標為，，所以.7.解：(1)(,)=A=(,)(+,)=(+)A=(A)+(A)=(,)+(,)(,)=A0(因為A正定，對,正定二次型A0).所以，此時R構成歐氏空間.(2)(,)=A=故該自然基在此特殊內積定義下的度量矩陣為A．(3).8.證：由不等式,取，代入即得.9.證：考察++=,兩端分別與作內積得方程組由于上述方程組僅有零解(意味著線性無關)的充要條件是系數行列式det△，從而得證.10.證：設基（I）與基（II）的度量矩陣分別為A與B，向量在（I）與（II）下的坐標為X1與X2，向量在（I）與（II）下的坐標為Y1與Y2.需證明.設從基（I）至基（II）的過渡陣為C，因為X1=CX2，，而CTAC=B，于是有11.解：(1)u=v,=0由 ,u與v必共線，即成比例u=v,且0;(2)u=v(0),=，u與v必共線，且方向相反，即u=v().12.解：(1);(2)，;(3).13.解：設單位向量為有得,故14.解：先正交化.取,令,欲使與正交，即(,)=()=)+(=0只要選=因此同理，令,使它同時與正交，只要選所以再單位化得,,.15.解：先正交化. 再單位化得P的一個標準正交基為 16.解：由不難得到基礎解系它是解空間的一組基，將其正交化得再單位化得標準正交基.17.解：（1）由于，，，，，，所以.（2）由基（I）到基（II）的過渡矩陣為,于是B=CT.（3）利用Schmidt正交化方法將基（I）標準正交化得，,單化化，.18.解：因度量矩陣A對稱正定，所以存在正交矩陣Q，使得，經計算，.令，則有CTAC=I，即A與I相合，其中C是由基改變到標準正交基的過渡過矩陣.由可得的一組標準正交基，.19.解：必要性.因為(u,v)=此時，推得()=1(),()=0()故為標準正交基.充分性顯然.20.解：因為所以是標準正交基.21.證：因為A對稱正定，所以存在正交矩陣Q，使得，其中是A的特征值，它們都是正數.記D=diag（），則，令=QD-1QT顯然C為對稱正定矩陣，且有CTAC=I.因此，由=C確定的基的度量矩陣為B=CTAC=I，從而該基是Vn的一組標準正交基.22.解：由已知取標準化得V的一組標準正交基.23.解：由于在給定基下的坐標為：它們線性無關,所以也線性無關，從而構成V1的一組基，標準正交化得，.24.證：取則，于是.又取，當時，有，故是U的標準正交基.

習題２.２1.解：因為((),())所以是正交變換.2.證：設1，2是兩個正交變換，對任，則有｜()｜=｜(())｜=｜()｜=｜｜,而又因為有｜｜=｜()｜=｜()｜，故及均為正交變換.3.證：設正交矩陣,規(guī)定則是A所決定的惟一變換.下面指出是正交變換.實際上只需指出(),(),…,()是標準正交基.因為((),())故是由A所決定的惟一的正交變換.4.證：必要性.由于｜()－(β)｜=√(()－(β),()－(β))==充分性.令β=θ，有｜()｜，即保持長度不變，所以是正交變換.5.證：由((),(β))=(,β)((),())=(,)((β),(β))=(β,β)得.=((),(β))／｜()｜｜(β))｜=cos＜(),(β)＞但是，數乘變換（或相似變換）也保持任兩向量夾角不變，所以條件不充分.6.證：將擴充成n維歐氏空間Vn的標準正交基，同理將v1，v2，…，vm擴充成Vn的另一組標準正交基v1，…，vm，…，vn.設則以為基底，A為系數矩陣所決定的線性變換是正交變換，且有.7.證：取，將它擴大為V中的一組標準正交基：，則所以把一組標準正交基仍變?yōu)闃藴收换瑥亩钦蛔儞Q，它在基下的矩陣是顯然行列式為－１，所以是第二類的正交變換.8.證：（1）因為，所以是單位向量.令則是一個鏡面反射，且有===即有.（2）設為Vn中任一正交變換，取Vn的一組標準正交基，則,,…,也是Vn的一組標準正交基.如果，則就是恒等變換.此時，作鏡面反射，則有，，于是此時顯然有=.如果不全相同，設則由于是兩個不同的單位向量，由（1）知，存在鏡面反射1，使.令，如果，則=1，結論成立.否則可設，再作鏡面反射2：于是，且可驗算有.如此繼續(xù)下去，設經s次正交變換則有=…，其中都是鏡面反射，即正交變換可表為鏡面反射的乘積.9.證明提示：若α，β為兩個相同的向量（包括零向量），結論顯然成立.如果是兩個不同的非零向量，則先將α，β同時化為單位向量再利用第8題(1)的結果即可得證.10.證：因為是正交變換，所以A可逆，由((e),(e),…,(e))知(e),(e),…,(e)也是Vn的一組基，它的度量矩陣為ATGA；再由是正交變換，即有((e),(e))，這表明基(e),(e),…,(e)的度量矩陣也是G，則有ATGA=G.11.解：令,得從而有=再令,又得故有=顯然與同方向.12.解：作單位向量則，故得.13.解：H=I－2uu=－2=HH===I故H=H.14.解：先證是線性變換.設，則有(=(-==故是線性變換.又因為所以當時，有即是正交變換，它在標準正交基下的矩陣便是正交矩陣.15.解：設正交矩陣的第三行為,它同時正交于前兩行，又它本身是單位向量，即有令解得和.這樣可得正交矩陣第三行為或.同理，可求得第四行為或.故兩個正交矩陣可以取(不惟一)：和.16.證：設A=因為，所以.又因為各行均與最后一行正交，故,由此得,所以.又因為各行與第行正交，故.如此由下往上逐行遞推，即得結果.17.證：因為,所以.又因為所以.故有即(A+S)(A-S)是正交矩陣.18.證：，即有.19.證：必要性.因為，所以.充分性.由，知故A=A-1.20.證：由AT=A-1知.21.證：.當A是正交陣，P不是正交陣時，P-1AP可以是正交陣，例如，，顯然是正交陣.22.證：當S是對稱陣時，有；當S是反對稱陣時，有.23.證：設,因為A為正交陣，所以用-1乘第行，那么，第行與第行（）各對應元素相乘的和為所以A的第行（乘-1后仍為正交陣.同理可證A的第列（各元素乘-1后仍是正交陣.24.證：因為所以即；又因為，所以，即A是正交陣；又因為，所以則，即A為對稱陣.25.證：因為A為正交矩陣，所以有.此時,方程組有惟一解：X=Ab=即有…….26.證：設因為，則，所以=故得.27.解：令,補充,則是中的一組標準正交基.由于有,如果能求出,使矩陣成為正交矩陣，那么基像(),(),()也是中的標準正交基，從而就是所求的正交變換，它在基下的矩陣為.下面求正交矩陣的第三行：考慮到第三行與前二行均正交，又本身是單位向量，有解得或,所以在基下的矩陣表示為或.28.證：設的一組標準正交基為，正交變換在該基下的矩陣為A，那么，A為正交陣，也是實的正規(guī)矩陣.因為的特征值都是實數，所以A的特征值也都是實數.于是存在正交矩陣Q，使得令（，則是的標準正交基，且在該基下的矩陣為.29.證：設是Vn的一個第二類正交變換，A是在某組標準正交基下的方陣，因此A為正交陣，且.令，于是，但是由于，故，所以，即-1是的一個特征值.30.證：（1）設A為正交矩陣，（復數）是它的任一特征值，是屬于的復特征向量，即.兩端取轉置有，于是，或即，，但因，從而，所以，即.（2）設為酉矩陣U關于特征值的特征向量，則，兩端取共軛轉置，所以，即，由于，故，即.（3）設，則因為，所以或即為A的特征值.31.證：設酉矩陣為A，是模為１的數，因，于是用遍乘A的第行得，那么的第行乘的第列為的第行乘的第列（）得的第行乘的第列（）為的第行（）乘的第列（）得故,即為酉矩陣.32.證：（a）設為酉矩陣(正交矩陣)，則有(即),(即)（或）即也是也是酉矩陣(正交矩陣).(b)設為酉矩陣(正交矩陣)，則有,故（或）即也是酉矩陣(正交矩陣).33.證：設A為酉矩陣，則即，故.反之，由，可得，于是.令，可得取滿足條件:，其它的,得.由于的任意性，故知（零矩陣），所以有AAH=I，即A為酉矩陣.34.證：由于=I，可得①②①②由①式知Q為酉矩陣；再應用②式可推出B=0.最后再由，知P也是酉矩陣（Q同理）.35.證：當u與v線性相關時，必有u=kv，所以.當u,v線性無關時，，所以，令，則，所以，0，因，所以上式變?yōu)?再用乘兩端得,從而.36.解：子空間V的正交補空間，其中為正交補的基.37.證：設，即，于是且或者，且，即，故又設，即，于是且，或者，即.故有，因此第一式成立.對與應用第一式，有，故，即第二式成立.習題2.31.證：因為，又即BA=AB.2.證：設A為任一復方陣，令①其中B為Hermite矩陣，C為反Hermite矩陣，于是，可得由①與②聯立得.3.證：設的標準正交基為，在該基下的矩陣為，則有((),)=,((),)=必要性.若是反對稱變換，即((),)=－(,())，則，也就是.充分性.設，對任，有，，由于在標準正交基下，兩向量的內積就等于它們的坐標向量的內積，故有((),β)(,(β))即是反對稱變換.4.證：（1）因為，所以，即也為對稱陣.又因為，即也是對稱陣.（2）因，故，所以是反對稱的.當為奇數時，如果是反對稱陣，則，所以，故不存在奇數階可逆反對稱方陣.5.證：（1）因為，設，所以有則為對稱陣.（2）由于與相合，知存在滿秩矩陣，使，又因和都是滿秩的，于是，即.6.證：因為，，，，，由于，所以，故，即為0或為純虛數.7.證：設，則，因為，且，所以，即或.再由為實對稱知，存在正交矩陣，使.8.證：設的標準正交基為，又在該基下的矩陣為A，則，從而A是正規(guī)矩陣，故存在酉矩陣P，使（對角陣）.再構造的另一組基，使?jié)M足則有(即在基下的矩陣為對角陣.9.證：（1）因為A半正定，所以存在正交矩陣P，使，且，故有=且顯見等號成立的充要條件為，即.（2）由線性代數知，存在非奇異矩陣M，對角矩陣D，使同時成立.再由第（1）小題知當時的充要條件為.10.證：設A，B是二個n階實對稱矩陣，且兩者相似.當A為正定矩陣時，A的特征值全為正實數，但相似矩陣有相同的特征值，故B的特征值也全為正實數，從而B為正定矩陣.11.證：（1）因為A，B正定，所以對任非零n維向量X，有，因此由定義知A+B為正定矩陣.（2）設則因M非奇異及A為對稱矩陣，有，其中P非奇異矩陣.又即這里為非奇異矩陣，所以是正定的.又由，P非奇異，可知令，則，C亦為非奇異矩陣，所以即可分解成，由充要條件知正定.12.證：B實對稱顯然.對任n元列向量X均有，則有所以B半正定；而當A的列向量組線性無關時，當，此時，，即B正定.13.證：（1）必要性.設A半正定，則對任正數m，是正定的，因此的主子式全大于零.如果A有一個K階主子式，那么在中取相應的主子式N，則有因，故可找到，使，這與是正定的相矛盾，所以A的主子式必須全大于等于零.充分性.設A的主子式全大于等于零，那么對任意的正數m，一定是正定的，這是因為的主子式可表成其中是的一個主子式，因而是M的階主子式之和，也就是A的一些階主子式之和，所以，以及.如果A不是半正定的，那么有一個非零實向量X，使，即，就有，這與的正定性矛盾，所以A必須是半正定的.（2）因為A是負定的，即對非零列向量X，有，所以必要且只要，即-A是正定矩陣，記A的K階主子式為，則相應的-A的K階主子式，由知當k為偶數時，；當k為奇數時，.14.證：因為A實對稱，故有正交陣Q，使，從而.由于m為奇數，特征值均為實數，故令，則有.當A為半正定時，由于，故m為正整數時，可取為算術根，于是由上知，對任正整數m，均有實方陣B，使.15.證：存在正交陣，使，其中.取，則雖然B是正定的，且有.下面再證惟一性.又設，B與C都是實正定的，A與B都相似于對角矩陣，因此它們都有n個線性無關的特征向量.任取B的一個特征向量X和Z相應的特征值，即，亦即也是A的特征向量，為相應的特征值，因此B的n個線性無關的向量都是A的線性無關的向量.從而，B與A的特征向量完全一致.同理，C與A的特征向量也完全一致，從而C與B的特征向量完全一致.并且，設，則有，但，但都是正實數，所以.這樣，B與C有完全一致的特征向量和相應的特征值，因此B與C可用同樣的矩陣P，使是同樣的對角矩陣，即從而B=C，惟一性得證.16.證：因為A非奇異，所以AAT 是正定的，則由上題可知，存在正定矩陣B1，使，，則有，，且，所以1是正交陣.同樣可證2為正交陣.下證惟一性.設為正定陣，P1為正交陣，則，即有，由上題知,從而又得.17.證：由于B正定，它與單位矩陣合同，故存在可逆陣C，使.又由于A實對稱，故仍為實對稱，從而存在正交陣，使.令，則即存在實可逆矩陣P，使與同時為對角陣.18.證：由上題知，存在非奇異矩陣P，使，這里.由此取行列式得，.另一方面有也取行列式得，顯然有，所以，但，于是.19.解：（1）A的特征值，相應的特征向量為，將它們單位化得，即可得P=（）.（2）A的特征值，相應的特征向量，將它們單位化得，故酉矩陣顯然，這兩個矩陣都為正規(guī)矩陣.20.證：必要性.設A與B都是正規(guī)矩陣，如A與B酉相似,即存在酉矩陣，使得-1A=B，因而.充分性.若A與B有相同的特征多項式，則存在酉矩陣1及2，使得因此有，易知是酉矩陣.21.證：分四步來證：（1）由AB=BA，推知A，B至少有一個公共的特征向量.事實上，設是A屬于特征值的特征子空間.若，即，則，由BA=AB，于是有，即，從而是B的不變子空間，故在中存在B的特征向量，顯然它也是A的特征向量.（2）由BA=AB，推知A，B可同時酉相似于上三角陣.即有酉陣，使HA及HB均為上三角陣.事實上，當A，B的階數n=1時，結論顯然成立.今設單位向量是A，B公共特征向量，再適當補充n-1個單位向量，使{}為標準正交基，從而P=（）為酉矩陣，且有從而有，這里b是矩陣，B1是n-1階矩陣.而，這里是矩陣，A1是n-1階矩陣.由BA=AB有，于是得.由此可推得.故由歸納法假設，存在階酉矩陣，使得，則有，這是上三角陣.易證是酉矩陣.同理，也是上三角陣.（3）由BA=AB且A與B為正規(guī)矩陣，可