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1、第九章欧几里得空间习题解答P394.1.1对称性成立，是一个内积①,=(2,1,3,2),=(1,2,-2,1)②,=(1,2,2,3),=(3,1,5,1)③,=(1,1,1,2),=(3,1,-1,0)P393.3P393.4在解设所求①证:因为②证，①小题：P393.6而P394.8，解：解出：Schmidt:单位化便得到解空间的标准正交基：P394.9已知解：单位化标准正交基P394，11①设两个基：P394.11②，取V的一个基P394，13，设：因为A正交，故A'A=E，令A=由第1行列，由1与其余各列正交，1j（j>1），（1，j）
2、=其中A1仍为上三角正交矩阵，但阶数少1，故可用归纳法给出证明，且n=1时显然为真，由归纳法原理，证毕。P394，14①，设用Schmidt方法把它们正交化T2T-1=E，T2=T，满秩Q2=QP394，14②，A正交，则存在C可逆使A=C'C而C可逆，由①，有C=QT，Q正交T上三角。A=C'C=T'Q'QT=T'ET=T'TP395，15①，AP395，15②，P395，15③，P395，17①：P395，17②，A=解：①：P395,17③,P395,17⑤：解：秩（A）=1，得：令T=P395，18①f=X'另解法，作正交矩阵，H=即令P
3、395,18②又A=-B+3E即为17②中的A（见P9,138,10,3）令，则P395，18③,P395，18④，P395,19,A实对称，存在正交矩阵T，使P396.20“充分性”，设为A的实特征根，取的单位特征向量，扩充为的标准正交基故由归纳假设（n=1，显然成立），存在T2正交。为上三角矩阵P396，21“必要性”T-1AT=B，则A，B相似，故特征值全部相同，“充分性”，若A，B的特征值都由1，2，…n，则存在，T1，T2正交，使P396、24①“必要性”，若反对称，在标准正交基下则：∴“充分性”，若∴以坐标为AX、AY。∴即，A为反对
4、称的P396、24设V1为/A-子空间，A反对称。W=A∴（A，）=（，A）=0故W为A-子空间。充分性，取和2),由于正交补是唯一的P397补1，设为A（正交）的特征值，定义AX=AX，则A为正交变换P397，补2，A为V中正交变换，
5、A
6、=1设A的特征值为。P397补3（仿上题），
7、A
8、=-1，剩下的n-2k个实根之积为-1，其中必有特征值=-1。P397,补4：令而是正交变换，则A由假设有正交变换A1，，由于A1保持内积及Gram矩阵，行列式的线性相关系。任何一个局部的线性关系相同，设W=L,作线性变换/A，P397补7,作正交替换,X=T
9、Y,P397，补9①，取P397，补9②，设正交变换A，标准正交基：作镜面反射不妨设BK是一系列镜面反射使：作一镜面反射继续下去，n步后必存一系列反射之积
10、B使由线性变换的唯一存在性，是一系列镜面反射之积P397，补10，设C可逆，使C'BC=E（>0）令A1=C'AC，实对称，存在正交Q，使Q'AQ对角形令T=CQ，可逆，则T'AT=Q'(C'AC)Q=Q'A'Q，对角形T'BT=Q'(C'BC)Q=Q'EQ=E，对角形，（证毕）即为上三角且对角线上全大于0,其次，另设A=U3T3，一个分解，则，UT=U3T3为上三角的酉矩阵（类假正13题，P
11、9，138，10.1练习13）P398，补14，若A有两个特征值p$Dk947hxVgRq6$WX*awYo*JumlrEYfNi&NEBFQ-nUn)PDyBK#eIaSykeemAWfOl+TLKP$cD1Gh0#X!2kJ5Ii+XSU&ax!s0QCvwDR3v&Be+#Z&7qReTvd303ewVgTta-$&3jG0B9YKDDKY9C1Hk4(&+bvViXyg626gyWiUua-%&3jF+A8WIBBIV6y)Dg0!Z&6pPcQsa+*-9qO9Ml1ZTU%8vYp(LwpovJ%lUp2WNKP!aA(Ab%SOR!
12、8w!t2SFABJYaE4Lpb329mG-w2OyomqCUaHoO(7c9+Sv0yZ9mtsk5Tq#jFU$$WJp-A&izJLHwdYsYewIMKAk(C0sMZ(*XJn&uYapxysg(F7C#7hkg4Wx1yY7inlc*IeM4pCJIBm1I9CZ4de8(MlYjHY+2-XFgUiI!386)Ru+y#bpwwoaZx)rO%24-WCcOayQ#&#Qy9ObBV)20$Mp*uW7lttm8Xv(pM$13-WCcPbAR$($SBcReFY165(Ru1A$eszztf&C4yV1ac7*Nn#mL$374
13、&Np&rS2fkjb(JgP8uIQQKwcUmQ3ktwrf(HaG*eptqg+LgO5pCXY(bx!r-MxppvI$kSn0
