高代复习? | FSYo

，说明：线性无关。

，推出
,
幂等，有相同的当且仅当 .

必要性：因为幂等，所以，，于是。

充分性：取，
设是上的一个线性空间，，若两两不同，那么至少存在一个使得两两不同。

用，

对归纳，时，找出，那么

设，，对每个，之多存在一个使得，故取即可。
是两两正交的幂等变换是幂等变换，且

必要性用幂等矩阵的

充分性用维数，然后利用即得是直和，然后利用然后利用即证
设是级复矩阵，只有 0 解的充要条件是没有相同的特征值

1）假设有相同的特征值，考虑的一个特征向量，当时发现取就可以了。那么时，考虑的每一列都取，那么，只需要满足即可，取每一行为，其中为的特征向量。那么即满足条件。

2）设为的特征多项式，那么。注意到若，那么，故考虑而可逆，故只有 0 解。
之 Jordan 标准型：，，因此对角元为的 Jordan 块个数为，故

因此，存在平方根，设，取即可

于是，复数域任意可逆矩阵存在平方根。

线性空间的一些结论

实内积空间，是有限维子空间，则

正交投影，当。

正交变换：，正交变换在标准正交基下的矩阵是正交矩阵

对称变换：，在标准正交基下是对称矩阵（利用 ) 。若是不变子空间，则也是

度量空间

为对称 / 反对称若（在任意基下的矩阵都为对称 / 反对称）

若对称，成为正交空间，反对称成为辛空间

称正交若，称迷向，若

定义：为的正交补，特别的称为之根。非退化。

定理：若非退化，则

证明：考虑一个，定义 $\tau: V\to U^,\alpha\to L_{\varphi}(\alpha) $，则$ \ker(\tau)=\{\alpha\in V\mid L_{\varphi}(\alpha)=0\}=U^{\perp} $，又有$ V\to U^{} $是满的（因为$ V\to V^* $是满的），故$ \dim V=\dim \ker (\tau)+\dim Im(\tau)=\dim U^{\perp}+\dim U $，再由$ U\in U^{\perp\perp}$ 即证

辛空间：非退化，必然存在，为双曲平面，非退化，那么可写成，如此分解，可得，矩阵形式：任意可逆反对称矩阵合同于，这个矩阵对应的基为，若按来排列，即为

等距同构，同构，，在辛空间，称为辛变换，正交空间称为正交变换。构成等距变换群。要求非退化！

辛变换的结构：在一组基下，要满足。

称为旋转，若，反射，若

镜面反射：

非退化正交空间，，则存在反射使得（）

非退化正交空间，任意正交变换可以写成有限个镜面反射的复合

证明：对归纳，当时，显然。当时，任取，，考虑，存在镜面反射使得

那么均为不变，设

Witt 消去定理： 非退化正交空间，记非退化子空间，，若同构，则同构。

矩阵版本：与合同，与合同，那么与合同。

证明：对归纳，当，令，，对存在对称，断言为等距同构。

当时，设，，设为，此时，由的情形，到有等距同构，再由归纳得

Witt 扩充定理：等距同构，非退化，为等距同构，则可扩展为的等距同构，。（都是非退化正交空间）

非退化时，，，由 Witt 消去定理，存在等距同构

引理：，设为之基。

1）存在双曲平面（）

2）

3）等距同构可扩成

证明：1）2）对归纳

时，，存在使得。我们希望找到使得，设，那么，，那么取即可

那么此时构成双曲平面，只需再证，（假设，那么，因此，又由于，故）

归纳设成立，时

，那么对找到双曲平面，有，那么由归纳，由于，那么

那么对于 3），先将扩成的线性映射，具体而言就是对找到对应的映射，那么问题就变成了的情况。

记的零内积子空间的最大维数为的指标，记为，的极大双曲子空间必然同构，维数一定是。

欧式空间，实空间，正定对称，若（也称实内积空间）

长度，（利用）

定义夹角，正交：

存在一组基（标准正交基）使得在基下为单位矩阵

，，为在中的正交投影，若

对称变换，若，在标准正交基为对称矩阵。

设，则

于是任意对称变换，存在标准正交基，使得在基下的变换为对角型

，对称变换，不变，则也是不变的

正交变换：，若，，把标准正交基映成了标准正交基，在标准正交基下的矩阵为正交矩阵

正交变换的特征根满足

正交，为一个特征根，则存在，满足

设特征向量为，取即可

只需再证明正交且

Claim: ，因为。

Hermit 型有 Hermit 矩阵，标准正交基的过渡矩阵满足（酉矩阵）

Hermite 变换，若，容易发现在基下的矩阵为 Hermite 矩阵（是属于酉矩阵的）

Hermite 变换的特征值均实，， - A 不变，则 - A 不变

酉矩阵的特征值，相似于对角型，对角线上的元素形如，任意酉矩阵酉相似于对角型