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外观

3.4 欧几里得空间

约 1601 字大约 5 分钟

2025-11-12

一、向量内积

定义 设α,β∈Rn\alpha,\beta \in \mathbb{R}^n，则α\alpha与β\beta的内积定义为：

(α,β)=a1b1+a2b2+⋯+anbn(\alpha,\beta) = a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n

矩阵乘法表示：

  1. α,β\alpha,\beta为列向量：(α,β)=αTβ=βTα(\alpha,\beta) = \alpha^T\beta = \beta^T\alpha
  2. α,β\alpha,\beta为行向量：(α,β)=αβT=βαT(\alpha,\beta) = \alpha\beta^T = \beta\alpha^T

性质3.4.1：

  1. 对称性：(α,β)=(β,α)(\alpha,\beta) = (\beta,\alpha)
  2. 线性性：

    (∑i=1skiαi, β)=∑i=1ski(αi,β)\left( \sum_{i=1}^s k_i\alpha_i,\ \beta \right) = \sum_{i=1}^s k_i(\alpha_i,\beta)

    (∑i=1skiαi, ∑j=1tljβj)=∑i=1s∑j=1tkilj(αi,βj)\left( \sum_{i=1}^s k_i\alpha_i,\ \sum_{j=1}^t l_j\beta_j \right) = \sum_{i=1}^s \sum_{j=1}^t k_il_j(\alpha_i,\beta_j)

  3. 正定性：(α,α)≥0(\alpha,\alpha) \geq 0，当且仅当α=0\alpha=0时取等号

定义3.4.2

定义了内积的Rn\mathbb{R}^n称为欧几里得空间。

二、长度

定义3.4.3

向量α\alpha的长度为：

∣α∣=(α,α)|\alpha| = \sqrt{(\alpha,\alpha)}

注意：

  1. α≠0  ⟹  ∣α∣≠0\alpha \neq 0 \implies |\alpha| \neq 0
  2. ∣α∣=1  ⟹  α|\alpha|=1 \implies \alpha是单位向量
  3. α≠0\alpha \neq 0时，1∣α∣α\frac{1}{|\alpha|}\alpha是α\alpha的单位化向量

定理3.4.1（ 柯西-施瓦茨公式 ）

∣(α,β)∣≤∣α∣∣β∣|(\alpha,\beta)| \leq |\alpha||\beta|

证明：

  1. 若β=0\beta=0，显然成立
  2. 若β≠0\beta \neq 0，对任意x∈Rx \in \mathbb{R}，有(α+xβ,α+xβ)≥0(\alpha+x\beta,\alpha+x\beta) \geq 0，展开得：

(β,β)x2+2(α,β)x+(α,α)≥0(\beta,\beta)x^2 + 2(\alpha,\beta)x + (\alpha,\alpha) \geq 0

二次函数恒非负，故判别式Δ=4(α,β)2−4(α,α)(β,β)≤0\Delta = 4(\alpha,\beta)^2 - 4(\alpha,\alpha)(\beta,\beta) \leq 0，即(α,β)2≤(α,α)(β,β)(\alpha,\beta)^2 \leq (\alpha,\alpha)(\beta,\beta)，开方得证。

定义3.4.4

若(α,β)=0(\alpha,\beta)=0，则称α\alpha与β\beta正交，记α⊥β\alpha \perp \beta （00与任一向量正交）

例：设A∈Rm×nA \in \mathbb{R}^{m \times n}，则对∀α∈R(AT)\forall \alpha \in R(A^T)与∀β∈N(A)\forall \beta \in N(A)，有α⊥β\alpha \perp \beta。 证明：AX=0  ⟹  [α1T⋮αmT]X=0  ⟹  (αi,X)=0AX=0 \implies \begin{bmatrix}\alpha_1^T\\\vdots\\\alpha_m^T\end{bmatrix}X=0 \implies (\alpha_i,X)=0，故(α,X)=0(\alpha,X)=0。

性质：

  1. 三角不等式：∣α+β∣≤∣α∣+∣β∣|\alpha+\beta| \leq |\alpha| + |\beta|证明：

    ∣α+β∣2=(α+β,α+β)=∣α∣2+2(α,β)+∣β∣2≤∣α∣2+2∣α∣∣β∣+∣β∣2=(∣α∣+∣β∣)2|\alpha+\beta|^2 = (\alpha+\beta,\alpha+\beta) = |\alpha|^2 + 2(\alpha,\beta) + |\beta|^2 \leq |\alpha|^2 + 2|\alpha||\beta| + |\beta|^2 = (|\alpha|+|\beta|)^2

  2. 勾股定理：若α⊥β\alpha \perp \beta，则∣α+β∣2=∣α∣2+∣β∣2|\alpha+\beta|^2 = |\alpha|^2 + |\beta|^2

三、标准正交基

定义3.4.6

设 α1,…,αm\alpha_1,\dots,\alpha_m 是欧氏空间VV中mm个非零向量，若对 ∀i≠j\forall i \neq j ， 有 (αi,αj)=0(\alpha_i,\alpha_j)=0 ，则 α1,…,αm\alpha_1,\dots,\alpha_m 是 正交向量组 ；若同时满足 ∣α1∣=⋯=∣αm∣=1|\alpha_1|=\dots=|\alpha_m|=1 ，则称为标准正交向量组。

定理3.4.2

正交向量组线性无关。

定理3.4.3

设 VV 是欧氏空间，α1,…,αm\alpha_1,\dots,\alpha_m 是 VV 中线性无关向量组，则 VV 中存在标准正交向量组 η1,…,ηm\eta_1,\dots,\eta_m ，使得 {α1,…,αk}≅{η1,…,ηk} (k=1,…,m)\{ \alpha_1,\dots,\alpha_k \} \cong \{ \eta_1,\dots,\eta_k \}\ (k=1,\dots,m) （等价关系）。

四、Schmidt正交化方法（核心：“投影”）

重要

已知α1,α2,α3\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3线性无关，步骤如下：

  1. 正交化：

    β1=α1\beta_1 = \alpha_1

    β2=α2−(α2,β1)(β1,β1)β1\beta_2 = \alpha_2 - \frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1

    β3=α3−(α3,β2)(β2,β2)β2−(α3,β1)(β1,β1)β1\beta_3 = \alpha_3 - \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)}\beta_2 - \frac{(\alpha_3,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1

    注

    更高维数的公式形式相同：

    βn=αn−∑i=1n−1(αn,βi)(βi,βi)βi\beta_n = \alpha_n - \sum_{i = 1}^{n - 1} \frac{(\alpha_n, \beta_i)}{(\beta_i, \beta_i)}\beta_i

  2. 单位化：

    ηi=1∣βi∣βi (i=1,2,3)\eta_i = \frac{1}{|\beta_i|}\beta_i\ (i=1,2,3)

则η1,η2,η3\eta_1,\eta_2,\eta_3是标准正交向量组。

定义3.4.7

由标准正交向量组构成的基称为标准正交基。

例：欧氏空间Rn\mathbb{R}^n的自然基ε1,…,εn\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_n是标准正交基。

定理3.4.4

设 V⊆RnV \subseteq \mathbb{R}^n 是欧氏空间且 V≠{0}V \neq \{0\} ，则 VV 一定存在标准正交基。

五、正交矩阵

若标准正交基 α1,…,αn\alpha_1,\dots,\alpha_n 到 β1,…,βn\beta_1,\dots,\beta_n 的过渡矩阵为 AA ，则 ATA=IA^TA = I（ AA 为正交矩阵）。

证明： 由[β1 … βn]=[α1 … αn]A[\beta_1\ \dots\ \beta_n] = [\alpha_1\ \dots\ \alpha_n]A，且α1,…,αn\alpha_1,\dots,\alpha_n是标准正交基，故：

(βi,βj)=(∑k=1nakiαk, ∑l=1naljαl)=∑k=1n∑l=1nakialj(αk,αl)=∑k=1nakiakj=(ATA)ij(\beta_i,\beta_j) = \left( \sum_{k=1}^n a_{ki}\alpha_k,\ \sum_{l=1}^n a_{lj}\alpha_l \right) = \sum_{k=1}^n \sum_{l=1}^n a_{ki}a_{lj}(\alpha_k,\alpha_l) = \sum_{k=1}^n a_{ki}a_{kj} = (A^TA)_{ij}

因 β1,…,βn\beta_1,\dots,\beta_n 是标准正交基，故 (βi,βj)={1, i=j0, i≠j(\beta_i,\beta_j)=\begin{cases}1,\ i=j\\0,\ i \neq j\end{cases} ，即 ATA=IA^TA=I 。

六、正交分解（QR分解）

例3.4.7 设 A∈Rn×nA \in \mathbb{R}^{n \times n} 可逆，则 AA 可分解为 A=QRA=QR ，其中 QQ 是正交矩阵， RR 是可逆上三角矩阵。

证明： 设 A=[α1 … αn]A=[\alpha_1\ \dots\ \alpha_n] ，对 α1,…,αn\alpha_1,\dots,\alpha_n 做Schmidt正交化：

  1. 正交化：

    β1=α1\beta_1 = \alpha_1

    β2=α2−(α2,β1)(β1,β1)β1\beta_2 = \alpha_2 - \frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1

    ⋮\vdots

    βn=αn−∑i=1n−1(αn,βi)(βi,βi)βi\beta_n = \alpha_n - \sum_{i=1}^{n-1} \frac{(\alpha_n,\beta_i)}{(\beta_i,\beta_i)}\beta_i

  2. 单位化：ηi=1∣βi∣βi\eta_i = \frac{1}{|\beta_i|}\beta_i，则 βi=∣βi∣ηi\beta_i = |\beta_i|\eta_i。

将 αi\alpha_i 用 η1,…,ηi\eta_1,\dots,\eta_i 表示，可得：

A=[η1 … ηn][∣β1∣∗…∗0∣β2∣…∗⋮⋮⋮00…∣βn∣]A = [\eta_1\ \dots\ \eta_n] \begin{bmatrix}|\beta_1|&*&\dots&*\\ 0&|\beta_2|&\dots&*\\\vdots&\vdots&& \vdots\\0&0&\dots&|\beta_n| \end{bmatrix}

其中 Q=[η1 … ηn]Q=[\eta_1\ \dots\ \eta_n] （正交矩阵）， RR 是上三角矩阵（对角线元素 ∣βi∣≠0|\beta_i| \neq 0 ，故可逆）。

补充

题目（习题三.36）

设 α1,…,αm\alpha_1, \ldots, \alpha_m 是欧氏空间中的一组向量，令

G=[(α1,α1)⋯(α1,αm)⋮⋱⋮(αm,α1)⋯(αm,αm)]G = \begin{bmatrix} (\alpha_1, \alpha_1) & \cdots & (\alpha_1, \alpha_m) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ (\alpha_m, \alpha_1) & \cdots & (\alpha_m, \alpha_m) \end{bmatrix}

即 G=[⟨αi,αj⟩]m×mG = [\langle \alpha_i, \alpha_j \rangle]_{m \times m}，称为 Gram 矩阵。

求证：α1,…,αm\alpha_1, \ldots, \alpha_m 线性无关   ⟺  G\iff G 可逆。

证明

（⇐\Leftarrow）若 GG 可逆，则 α1,…,αm\alpha_1,\dots,\alpha_m 线性无关

假设

k1α1+k2α2+⋯+kmαm=0k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 + \cdots + k_m\alpha_m = 0

对任意 αi\alpha_i 做内积，得

(αi,∑j=1mkjαj)=0⇒∑j=1mkj(αi,αj)=0\left( \alpha_i, \sum_{j=1}^m k_j \alpha_j \right) = 0 \quad \Rightarrow \quad \sum_{j=1}^m k_j (\alpha_i, \alpha_j) = 0

对每个 i=1,2,…,mi = 1, 2, \ldots, m 成立，因此得到线性方程组：

∑j=1mkj(αi,αj)=0,i=1,…,m\sum_{j=1}^m k_j (\alpha_i, \alpha_j) = 0, \quad i = 1, \ldots, m

以 kjk_j 为未知数，(αi,αj)(\alpha_i, \alpha_j) 为系数，记作矩阵形式：

Gk=0,其中 k=[k1⋮km]G \mathbf{k} = \mathbf{0}, \quad \text{其中 } \mathbf{k} = \begin{bmatrix} k_1 \\ \vdots \\ k_m \end{bmatrix}

由于 GG 可逆，故 Gk=0G \mathbf{k} = \mathbf{0} 仅有零解，即

k1=k2=⋯=km=0k_1 = k_2 = \cdots = k_m = 0

所以 α1,…,αm\alpha_1, \ldots, \alpha_m 线性无关。

（⇒\Rightarrow）若 α1,…,αm\alpha_1,\dots,\alpha_m 线性无关，则 GG 可逆

考虑以 GG 为系数矩阵的齐次线性方程组：

Gx=0即[∑j=1m(α1,αj)xj⋮∑j=1m(αm,αj)xj]=[0⋮0]G \mathbf{x} = \mathbf{0} \quad \text{即} \quad \begin{bmatrix} \sum_{j=1}^m (\alpha_1, \alpha_j)x_j \\ \vdots \\ \sum_{j=1}^m (\alpha_m, \alpha_j)x_j \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}

任取一个解 x0=(x10,…,xm0)⊤\mathbf{x}_0 = (x_{10}, \ldots, x_{m0})^\top 满足 Gx0=0G\mathbf{x}_0 = \mathbf{0}，则有：

∑j=1m(αi,αj)xj0=0,i=1,…,m\sum_{j=1}^m (\alpha_i, \alpha_j)x_{j0} = 0, \quad i = 1, \ldots, m

即：

(αi,∑j=1mxj0αj)=0,∀i=1,…,m\left( \alpha_i, \sum_{j=1}^m x_{j0} \alpha_j \right) = 0, \quad \forall i = 1,\ldots,m

令 β=∑j=1mxj0αj\beta = \sum_{j=1}^m x_{j0} \alpha_j，则上式表明：

(αi,β)=0,∀i=1,…,m(\alpha_i, \beta) = 0, \quad \forall i = 1,\ldots,m

又因为 α1,…,αm\alpha_1,\ldots,\alpha_m 线性无关，它们张成的空间是 span{α1,…,αm}\text{span}\{\alpha_1,\ldots,\alpha_m\}，而 β\beta 正属于这个空间。

但 β\beta 与该空间中所有基向量正交，说明 β=0\beta = 0。

因此：

∑j=1mxj0αj=0⇒xj0=0,j=1,…,m\sum_{j=1}^m x_{j0} \alpha_j = 0 \quad \Rightarrow \quad x_{j0} = 0, \quad j = 1,\ldots,m

所以 Gx=0G\mathbf{x} = \mathbf{0} 只有零解，即 GG 可逆。

结论

α1,…,αm 线性无关  ⟺  G 可逆\boxed{ \alpha_1, \ldots, \alpha_m \text{ 线性无关} \iff G \text{ 可逆} }

补充说明

  • GG 称为 Gram 矩阵，其元素为向量之间的内积。
  • Gram 矩阵总是 对称半正定 的。
  • 若向量组线性无关，则 GG 正定，从而可逆。
  • 本题的核心思想是通过内积构造方程组，利用线性无关性推导出唯一零解。

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2026/1/8 10:28
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