设 是欧式空间V的一组基,证明:若(β,α1i)=0,则β=0

两个正交矩阵的乘积仍是正交矩阵,正交矩阵的逆仍是正交矩阵.一个n阶矩阵的A行（列）向量可以构成Rn的标准正交基的充要条件是A是正交矩阵.具体的说明,你自己补全下.

⑴T(x)=x-2(x,a)aT²﹙x﹚＝T﹙T﹙x﹚﹚＝x-2(x,a)a-2﹙[x-2(x,a)a],a﹚a＝x-2(x,a)a-2﹛﹙x,a﹚a-2[(x,a)a,a﹚]a﹜＝x-2(

这个只需要说明：A,B为正交矩阵时,AB也是正交矩阵,这是显然的,因为AB（AB）^T=E所以AB是正交矩阵,从而得到结论……

根据定义,要证明是正交变换,只要证明该变换保持内积不变就行了.设a,b是V中的两个向量,a在标准正交基下的坐标是X=[x1,x2,...,xn]'('表示转置)b在标准正交基下的坐标是Y=[y1,y2

再答：从命题2开始看～

(1)到(2)a1,...,as线性无关Aa1,...,Aas线性相关则存在一组不全为0的数使得k1Aa1+...+ksAas=0所以A(k1a1+...+ksas)=0因为a1,...,as线性无关

正交变换满足σ^Tσ是恒等映射.因此对任意的两个非零向量a,b,有==,即正交变换保持内积不变,因此||a||^2==.长度不变.于是a与b的夹角cos(theta)=/【||a||*||b||】在正

注意σ(ζ)=0等价于0==,即ζ=0用上述性质直接验证σ是线性变换即可:σ(ζ+η)-σ(ζ)-σ(η)=0σ(kζ)-kσ(ζ)=0

记Q＝【a1,a2,...,an】是正交阵,其中am+1,am+2,...,an和a1,...,am组成V的正交基,因此有Q^Ta模长的平方＝a^TQQ^Ta=a^Ta=a的模长的平方.注意到要证不等

感觉题目有点问题,最后应该是证明：V可分解为两个正交的二维A不变子空间的直和,否则A作为一个变换怎么分解为直和?我得想法：V是4维空间,则A的特征多项式为4次,又没有实特征值,从而特征多项式一定是两个

a1,a2,...an.是n唯欧式空间R的一组基,等价于a1,a2,...an线性无关,等价于以(a1,a2,...an)为系数矩阵的齐次方程组只有零解假设存在b1-b2不等于0,使得(b1,ai)=

将a1,a2...am扩充为V的标准正交基a1,a2...am,...,an任一向量a可表示为a=k1a1+k2a2+...+kmam+...+knan(a,ai)=ki||a||^2=(a,a)=(

a=0时必有b=0,线性变换T0=0,结论显然成立；a≠0时：（εi、ηi为两组标准正交基）令a=∑xiεi,由于(a,a)=(b,b),(b-∑xiηi,b-∑xiηi)=0,b-∑xiηi=0,b

设V的正交基b1,b2到a1,a2的过渡矩阵为k11k12k21k22则有a1=k11b1+k12b2a2=k21b1+k22b2再由度量矩阵得5=(a1,a1)=k11^2+k12^24=(a1,a

解:(1)因为==+2+=1-2*1+2=1所以γ是一个单位向量.(2)因为β与γ正交,所以=0.而==+=1+k=1+k(+)=1+k(2-1)=1+k所以k=-1.

==+2+=2+2*(-1)+2=2所以||t||=√2.

你好!很高兴为你解答,~如果你认可我的回答,请及时点击【采纳为满意回答】按钮~~手机提问者在客户端右上角评价点“满意”即可.~~你的采纳是我前进的动力~~祝你学习进步!有不明白的可以追问!谢谢!~

1+b3=a1+a2+a3,b1+b2=a2+a3,b2+b3=a1+a3得到b1=a2+a3/2;b2=a3/2;b3=a1+a3/2;1.要证明b1,b2,b3是V的一组基,只要证明它们线性无关就

A是正交变换,即AA*=EA是对称变换,即A=A*所以显然有A²=AA*=E

L是什么?线性组合?设L(α1,α2,…,αs)=a1*α1+a2*α2+…+as*αs;T(L(α1,α2,…,αs))=T(a1*α1+a2*α2+…+as*αs)=a1*T(α1)+a2*T(α