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1、关于正交变换的分类实数域上正交变换的分类 一、正交变换 定义1.1 设A是欧氏空间V的一个线性变换,若A保持向量的内积不变,即对于任意的，V都有(A，A) = ( v，)，则称A为V的正交变换. 二、等价条件 定理2.1 设A是n维欧氏空间V的一个线性变换,则下列命题等价: 1)A是正交变换； 2)A保持向量的长度不变,即对于V，|A|=|； 3)A把V的规范正交基变为V的1 规范正交基； 4)A在规范正交基下的矩阵是正交矩阵. 证：1）即得：|A|=| 2）3）设1，2，n是2）对于V, 由(A，A)=(，), V的任一规范正交基,记i+j=V. 由|A|=|或(A，A)=(,)得 (A(i
2、+j)，A(i+j)=(i+j， i+j） 而 (A(i+j)，A(i+j) =(Ai，Ai)+2(Ai，Aj)+(Aj，Aj) 2 =(i，i)+2(i，j)+(j，j) (i+j,i+j）=(i，i)+2(i，j)+(j，j) 0,ij (Ae,Ae)=(e,e)=ijij 1,i=j 故 A1，A2，An是V的一组规范正交基. 3)4）设1，2，n是V的规范正交基, A(1，2，n)=(A1， A2，An) = (1，2，n)A 由3), A1，A2，An是3 V的规范正交基,故A可看作是由规范正交基1，2，n到规范正交基A1，A2，An的过渡矩阵,A是正交矩阵. 4)1）设1，2，n是
3、V的规范正交基,且A在此基下的矩阵A为正交矩阵. 由(A1，A2，An)= (1，2，n)A,知A1，A2，An也是V的规范正交基, 设=x11+x22+xnn, =y11+y22+ynn, A=x1A1+x2A2+xnAn A=y1A1+y2A2+ynAn (A,A)= x1y1+x2y2+xnyn 4 (,)= x1y1+x2y2+xnyn 所以 (A，A)=(，),故A为正交变换. 三、规范正交基到规范正交基的过渡矩阵。 设a,a,L,a是n维欧氏空间的两个规范正交基，(b1,b2,L,bn)=(a1,a2,L,an)U ） 12nijbi=(a1,U1inU2i=Ua,an)kikk=
4、1Uni1i=j0ijb1,bn是标准正交基，有=nn又=k=1k=1则=UUkik=1i=1nnnlj,n)=UkiUkjk=1n1i=jUU=(i,j=1,2,kikjk=10ij从而UTU=I定义7.3.1 设U是实数域上的n阶矩阵, 如果UTU=UU=I 5 T , 则称U为正交矩阵. 定理7.3.1 设在n维欧氏空间中由规范正交基a,a,L,a对基b,b,b的过渡矩阵是U, 那么b,b,b是规范正交基的充分必要条件是U为正交矩阵. 证明: 必要性已证. 现证充分性. 设U为正交矩阵, 则12n12n12nUU=UU=I成立, 从而b,b,12TT,bn是规范正交基. 例1：证明每一个
5、n阶可逆矩阵A都可以唯一表成A=UT的形式，这里U是一个正交矩阵，T是一个上三角实矩阵且主对角线上元素。 证明：存在性，由于A为n阶非奇异实矩阵，故A=(a,a,L,a)的列向量a,a,L,a线性无关，从而为R的一个基，实行单位化 令 12n12nn 6 b1=t11a1b2=t12a1+t22a2LLLLLLLLbn=t1na1+t2na2+L+tnnan其中tii0,i=1,1,L,n,都有=(a1,a2,L,an)其中b1,b2,L,bn为Rn的标准正交基，而t11t12Lt1n0tLt222n=MMM00Ltnn-1T-1从而T也是对角线上全为实数的上三角形矩阵，由于b,L,b是规范正
6、交基，故有U=(b,b,L,b)是一个正交矩阵，于是知A=UT 唯一性：设另有A=UT其中U为正交矩阵，T为对角线上全是正实数的上三角形矩阵，则 1n12n1111-1-1UT=UT或UO=TT 111即上式既是上三角形矩阵又为正交矩阵，可证TT-1=I 故 T=T1,U=U1 思考题 设a,a,a是欧氏空间V的一个规范正交基,试求正交变换,使适合123s(a1)=b1=a+a-2a13232313212s(a2)=b2=a1-a2+a3 3337 练习 设V是一个欧氏空间, aV是一个非零向量,对于 xV, 规定V的一个变换 t(x)=x-2x,aa,aa 2证明:是V的一个正交变换,且 t
7、=i,是单位变换. 例2：设a,a,L,a和b,b,L,b是n维欧氏空间V的两个规范正交基。 证明，存在V的一个正交变换s，使s(a)=b,i=1,2,L,n 如果V的一个正交变换t，使t(a)=b那么t(a),L,t(a)所生成的子空间与b,L,b由所生成的子空间重合。 证：一定存在一个变换s使s(a)=b,又Qa,L,a及b,L,b为规范正交基，故s为正交变换 ( 2 )证L(t(a),L,t(a)=L(b,L,b)分两步证明 12n12niiii2n2nii1n1n2n2nxL(t(a2),L,t(an)则先证设x=at(a)=t(aa)iiiii=2i=2nn又由xV知x可由b1，b2
8、，L，bn线性表出，令 8 x=bib,且bi=,i=1,2,L,ni=1n又t是正交变换，而t=b1故b1=0所以x=bibL(b2,b3,L,bn)i=2n 另一放面，若hL(b,b,L,b)则23nh=cibii=2n，因为t是正交变换，故t(a),t(a),L,t(a)2n是V的一个规范正交基，不妨令 h=d1t(a1)+d2t(a2)+,L,+dnt(an),di=由于t=b1故d1=0I=2N故h=dt(a)+L+dt(a)L(t(a),L,t(a) 因而L(b,b,L,b)L(t(a),t(a),L,t(a) 22nn2n23n23nL(t(a2),Lt(an)L(b2,L,bn
9、)12n有U=(b,b,L,b)是一个正交矩阵，于是知A=UT 唯一性：设另有A=UT其中U为正交矩阵，T为对角线上全是正实数的上三角形矩阵，则 UT=UT或UO=TT 1111-1-1111即上式既是上三角形矩阵又为正交矩9 阵，可证TT=I 故 T=T,U=U 例2：设a,a,L,a和b,b,L,b是n维欧氏空间V的两个规范正交基。 证明，存在V的一个正交变换s，使s(a)=b,i=1,2,L,n 如果V的一个正交变换t，使t(a)=b那么t(a),L,t(a)所生成的子空间与b,L,b由所生成的子空间重合。 证：一定存在一个变换s使s(a)=b,又Qa,L,a及b,L,b为规范正交基，故
10、s为正交变换 证L(t(a),L,t(a)=L(b,L,b)分两步证明 先证L(t(a),Lt(a)L(b,L,b) -11112n12niiii2n2nii1n1n2n2n2n2nxL(t(a2),L,t(an)则设x=at(a)=t(aa)iiiii=2i=2nn又由xV知x可由b1，b2，L，bn线性表出，令x=bib,且bi=,i=1,2,L,ni=1n又t是正交变换，而t=b1故b1=0i=2i=2nn所以x=bibL(b2,b3,L,bn)i=2n 另一放面，若hL(b,b,L,b)则23n 10 h=cibii=2n，因为t是正交变换，故t(a),t(a),L,t(a)2n是V的
11、一个规范正交基，不妨令 h=d1t(a1)+d2t(a2)+,L,+dnt(an),di=由于t=b1故d1=0I=2N故h=dt(a)+L+dt(a)L(t(a),L,t(a) 因而L(b,b,L,b)L(t(a),t(a),L,t(a) 22nn2n23n23n 四、正交阵的判断。 定理7.3.2：U是n阶正交矩阵U的行向量组成n维欧式空间R的一个规范正交基。 证： 必要性 设U是正交矩阵则有 UU=I 令U=T nTa1aUUT=2Man12n(a a a)=TTT12na1a1TTa2a1MTaan1a1a2Ta2a2TMana2TTLa1anTLa2anMTLananaj在欧氏空间R
12、中有i,j=1,2,3, n naiajT= 故有UU=TiLL21222nMMMLn1n2nn当i=ji，j=1，2，L，n 当ij=I 1故 =0j 11 因而a，a，a是R的规范正交基 充分性 设a，a，a是R的一个规范正交基，以上过程可逆 有UU=I，从而U是正交矩阵。 五、正交矩阵的性质 正交矩阵可逆，且逆矩阵仍然为正交矩阵；UU=I 故 U=U 两个正交矩阵的乘积仍然为正交矩阵；(AB)(AB)=ABBA=AA=I 正交矩阵的行列式为1；AA=I 故AA=1 A=1A=1 n12nn12nTT-1TTTTTTT2 推论1：正交变换保持向量的夹角不变。 q,b =arccosa=ar
13、ccos=q abs(a)s(b)注意：逆命题不一定成立。 当V取定了规范基之后，正交变换与正交矩阵是一一对应的。并且保持乘法运算，研究正交变换可归结为研究正交矩阵。 推论2：两正交变换的积仍是正交变换，正交变换的逆变换也是正交变换。 证：设s，t均为正交变换则12 st(a)=s(t(a)=t(a)=a -1-1-1ss(a)=ss(a)=s(a)=a 3 、正交变换的分类 若正交变换关于某一规范正交基的矩阵为U U=1 时称s为第一类正交变换，并称为旋转； U=-1 时称s为第二类正交变换，并称为反射。 a,a,L,a和b,b,L,b是n维欧氏空间V 例：的两个规范正交基，则存在V的一个正
14、交变换s。使s(a)=b i=1,2,L,n 证：定义s，xV，有x=xa+xa+L+xa s(bx)=xb+xb+L+xb 12n12nii1122nn1122n 又h=ya+ya+L+ya s(h)=yb+yb+L+yb 1122nn1122nn 则s(kx+lh)=(kx1+ly1)b1+(kx2+ly2)b2+L+(kxn+lyn)bn = 13 k(x1b1+x2b2+L+xnbn)+l(y1b1+y2b2+L+ynbn) =ks(x)+ls(h) s是V的一个线性变换， 又 x=x+L+x=s(x) s是正交变换，且s(a)=b i=1,2,L,n 正交变换类型 22212nii
15、二阶正交变换 U1cosj=1 U2=sinjcosjU1=sinj-sinj cosjsinjU2 -cosj=-1 4.正交变换在n维空间上的表现形式 设A=-A，且AA=E，所以A2=-E。 TT当A是一阶时，只有A=(i)，所以一阶实反对称正交矩阵不存在。 当A是二阶时，设A=ab0bT，因为A=-，所以A= Acd-b0A220-0b0bb=-E，所以b=1， =-b0 -b0=-20b一阶实反称正交矩阵只有两种：10-1，； -1010ab0A=-a0c, -b-c00当A是三阶时，同样地，我们设 14 所以22-bcacab0ab0ab222-bc-a-c-ab A=-a0c-a
16、0c=22-b-c0-b-c0ac-ab-bc又因为A2=-E，得a2+b2=1；a2+c2=1；b2+c2=1； Bc=0；ac=0；ab=0； 当A为整系数矩阵时，不妨令a=1，则可得b=0, c=0，与2+bc=1矛盾。 2所以三阶整系数反称正交矩阵不存在。 当A不为整系数矩阵时，若a0，则b=0,c=0，b2+c2=1与矛盾； 若a=0，则b=1,c=1，与bc=0矛盾。 三阶实反称正交矩阵不存在。 当A是四阶时，同样地应用上面的方法，可得四阶整系数反称正交矩阵只有12种： 010m10000000-101m100000000010m10，10000000010000，0-1m100100-10010100，00000m10001， 00000000，0-10-110m100010-10。 100000 15
