第四次习题讨&eg

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Unformatted text preview: 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 Rn 上的线性变换,Rn = W1 ⊕ W2 ,试证 (1) σ 是 Rn 到 W1 (或 W2 ) 的投影变换 ⇐⇒ σ 2 = σ ; (2) 若 σ 是 Rn 到 W1 的投影变换,则 ε − σ 是 Rn 到 W2 的投影; (3) 若 σ 是 Rn 到 W1 的投影变换,则 W1 = Im σ, W2 = Ker σ 。 解答: (1) 因为 Rn = W1 ⊕ W2 ,所以 ∀ α ∈ Rn ,有分解式: α = α1 + α2 其中 αi ∈ Wi , i = 1, 2。由已知 σ 是 Rn 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 Rn 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 ∈ Rn 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 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 Rn = W1 ⊕ W2 。这样 σ 就是 Rn 到 W1 的投影算子。 (2) 设 Rn 到 W2 的投影算子是 τ ,对于 ∀ α ∈ Rn ,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 ∈ Rn ,如果它按 Rn = 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) R4 ,S = {(1, 2, 2, −1)T , (1, 1, −5, 3)T , (3, 2, 8, −7)T },α = (3, 1, 1, −3)T ; 1 (2) R3 [x],内积定义为 (f (x), g (x)) = −1 f (t) g (t) dt,S = {1, x, x2 },α = 1 + x。 解答: (1) β1 = α1 = (1, 2, 2, −1)T , (α2 , β1 ) β1 = (2, 3, −3, 2)T , β2 = α2 − (β1 , β1 ) (α3 , β1 ) (α3 , β2 ) β3 = α3 − β1 − β2 = (2, −1, −1, −2)T . (β1 , β1 ) (β2 , β2 ) 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:β4 = (3, −2, 2, 3)T 。最后,把 β1 , β2 , β3 , β4 归一化得到标准正交基: 1 1 1 1 γ1 = √ β1 , γ2 = √ β2 , γ3 = √ β3 , γ4 = √ β4 . 10 26 10 26 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 = x, (1, 1) (x2 , x) 1 (x2 , 1) 1− x = x2 − . β3 = x2 − (1, 1) (x, x) 3 归一化: γ1 = α = β1 + β2 = √ 2 γ1 + 2 3 3 45 β2 , γ3 = β3 . 2 8 √ γ2 ,所以坐标为 ( 2, 2 , 0)。 3 1 β1 , γ2 = 2 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 R4 上定义内积为: ∀ α, β ∈ R4 , (α, β ) = αT β. 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 + 1w = 0 2x + 1y + 2z + 3w = 0 0x + 1y − 2z + 1w = 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 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 3 R , 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 π 中,所以 W 不是 V 的子空间。 练习 5 证明欧氏空间 V, V 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 ∀ 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 的线性映射。因为 (k1 α1 + k2 α2 , β ) = k1 (α1 , β ) + k2 (α2 , β ) 由已知条件可得: (f (k1 α1 + k2 α2 ), f (β )) = k1 (f (α1 ), f (β )) + k2 (f (α2 ), f (β )) (f (k1 α1 + k2 α2 ) − k1 f (α1 ) − k2 f (α2 ), f (β )) = 0 该式对 V 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 (k1 α1 + k2 α2 ) − k1 f (α1 ) − k2 f (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 R4 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 为终边的一 个角为 ϕ 。又 σ 是以 OT 为轴的反射。试证明 σ 在 e1 , e2 下的矩阵为 2 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 ) x 为轴的反射。 2 解 答 : 设 α = (cos ϕ , sin ϕ ),它是 OT 上的单位向量,则有 σ (β ) = 2(β, α)α − β 。 2 2 设 β = (x, y )T ,则 σ = x y ϕ ϕ cos ϕ 2 + y sin ) sin ϕ 2 2 2 2(x cos ϕ + y sin ϕ ) cos ϕ − x 2 2 2 = 2(x cos ϕ + y sin ϕ ) sin ϕ − y 2 2 2 = 2(x cos − x y x y . cos ϕ sin ϕ sin ϕ − cos ϕ 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 , sin ϕ ),λ = −1 的 特 征 向 量 是 (− sin ϕ , cos ϕ ), 所 以 子 空 间 2 2 2 2 y = tg( ϕ ) 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 2 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 )) a2 (α, α) + a(α, σ1 (β )) + a(σ1 (β ), α) + (σ1 (β ), σ1 (β )) a2 + (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 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 ...
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