3.2 正交矩阵和QR分解
3.2.1-2
$\\$
略。$\\$
阅读3.2.3 (Hadamard矩阵) $\quad$ 给定$n$阶矩阵$A$，如果$A$的元素都是$1$或$-1$，且$A^{\mathrm{T}}A=nI_{n}$，则称$A$是一个$n$ 阶 Hadamard 矩阵。$\\$
显然 Hadamard 是所有元素绝对值相同的正交矩阵的倍数. 可以证明 Hadamard 矩阵的阶只能是$1,2$或$4k,k=1,2,\cdots.\\$
然而是否存在$4k$阶 Hadamard 矩阵，还是一个悬而未决的问题，称为 Hadamard 猜想。Hadamard 矩阵在信号处理中有应用。
$\\$
3.2.4
$\\$
1.列举所有的一，二阶 Hadamard 矩阵。$\\$
2.说明不存在三阶 Hadamard 矩阵。$\\$
3.找出一个4阶Hadamard矩阵。$\\$
4.证明如果$A$是 Hadamard 矩阵，则$\begin{bmatrix}A&A\\A&-A\end{bmatrix}$也是 Hadamard 矩阵、以此说明存在$2^n$阶Hadamard 矩阵。$\\$
1.解：$\\$
一阶 Hadamard 矩阵：$\begin{bmatrix}
1
\end{bmatrix},\begin{bmatrix}
-1
\end{bmatrix}.\\$
二阶 Hadamard 矩阵：$\begin{bmatrix}
1&1\\
1&-1
\end{bmatrix},\begin{bmatrix}
-1&1\\
1&1
\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}
1&1\\
-1&1
\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}
1&-1\\
1&1
\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}
-1&-1\\
-1&1
\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}
1&-1\\
-1&-1
\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}
-1&-1\\
1&-1
\end{bmatrix},
\begin{bmatrix}
-1&1\\
-1&-1
\end{bmatrix}.\\$
2.证明：$\\$
设三阶 Hadamard 矩阵$A=\begin{bmatrix}
\bm{a}_1&\bm{a}_2&\bm{a}_3
\end{bmatrix},\bm{a}_1=\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix},\bm{a}_2=\begin{bmatrix}
y_1\\
y_2\\
y_3
\end{bmatrix}$。显然$\bm{a}_1,\bm{a}_2$互相正交$\implies \bm{a}_1^{\mathrm{T}}\bm{a}_2=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3=0$。因为$x_iy_i$只能取$\pm 1$，所以方程无解，即不存在三阶 Hadamard 矩阵。$\\$
3.解：$\\$
其中一个四阶 Hadamard 矩阵为$\begin{bmatrix}
1&1&-1&1\\
-1&-1&-1&1\\
1&-1&1&1\\
-1&1&1&1\\
\end{bmatrix}.\\$
4.证明：$\\$
$$\begin{bmatrix}
A^{\mathrm{T}}&A^{\mathrm{T}}\\
A^{\mathrm{T}}&-A^{\mathrm{T}}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A&A\\
A&-A
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
2nI_n&\\
&2nI_n
\end{bmatrix}
=2nI_{2n}
$$
3.2.5 $\quad$ 证明，分块上三角矩阵$\begin{bmatrix}c&\bm{a}^{\mathrm{T}}\\ \bm{0}&Q\end{bmatrix}$ 是正交矩阵时，必有 $c=\pm 1,\bm{a}=\bm{0},Q$ 是正交矩阵。
$\\$
利用$Q^{\mathrm{T}}Q=I_n$即可。略。$\\$
3.2.6 $\quad$ 证明，上三角矩阵是正交矩阵时，必是对角矩阵，且对角元素是$\pm 1$。
$\\$
证明：$\\$
设$A=\begin{bmatrix}
a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\
&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\
&&\ddots&\vdots\\
&&&a_{nn}
\end{bmatrix}$。考察列向量$\begin{bmatrix}
a_{11}\\
0\\
\vdots\\
0
\end{bmatrix}$，由于列向量长度为1且互相正交，于是$a_{11}=\pm 1,a_{12}=\cdots=a_{1n}=0$。再考察
$\begin{bmatrix}
0\\
a_{22}\\
\vdots\\
0
\end{bmatrix}$，可得$a_{22}=\pm 1, a_{23}=\cdots=a_{2n}=0$。由此类推可得$A$是对角阵，且对角元为$\pm 1$。$\\$
3.2.7 $\quad$对标准基$\bm{e}_1,\bm{e}_2,\cdots,\bm{e}_n$，显然$\displaystyle\sum_{i=1}^n\bm{e}_i\bm{e}_i^{\mathrm{T}}=I_n$。对任意标准正交基$\bm{q}_1,\bm{q}_2,\cdots,\bm{q}_n$，求证$\displaystyle\sum_{i=1}^n\bm{q}_i\bm{q}_i^{\mathrm{T}}=I_n.\\$
证明：$\\$
设$Q=\begin{bmatrix}
\bm{q}_1&\cdots&\bm{q}_n
\end{bmatrix}$，则$\displaystyle\sum_{i=1}^n\bm{q}_i\bm{q}_i^{\mathrm{T}}=\begin{bmatrix}
\bm{q}_1&\cdots&\bm{q}_n
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\bm{q}_1^{\mathrm{T}}\\
\vdots\\
\bm{q}_n^{\mathrm{T}}
\end{bmatrix}=QQ^{\mathrm{T}}=I_n.\\$
3.2.8 $\quad$ 设$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_n$和$\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_n$是$\mathbb{R}^n$的两组标准正交基，证明存在正交矩阵$Q$，使得$Q\bm{a}_i=\bm{b}_i,i=1,2,\cdots,n.\\$
证明：$\\$
设$A=\begin{bmatrix}
\bm{a}_1&\cdots&\bm{a}_n
\end{bmatrix},B=\begin{bmatrix}
\bm{b}_1&\cdots&\bm{b}_n
\end{bmatrix}$。$A,B$显然都是$n\times n$的正交矩阵。设存在$Q$使$Q\bm{a}_i=\bm{b}_i$，则$QA=B \implies Q=BA^{\mathrm{T}}$。显然此时$Q$是正交矩阵。$\\$
3.2.9$\quad$回顾命题3.2.4，设$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_n$是$\mathbb{R}^n$的一组基，考虑下列放松的条件。
$\\$
1.$A$在一组基上保距，即如果对$i=1,2,\cdots,n,\Vert A\bm{a}_i \Vert = \Vert \bm{a}_i \Vert$。那么$A$是否一定是正交矩阵？$\\$
2.$A$在一组基上保内积，即如果对$i,j=1,2,\cdots,n, A\bm{a}_i$与$A\bm{a}_j$的内积等于$\bm{a}_i$与$\bm{a}_j$的内积。那么$A$是否一定是正交矩阵？$\\$
1.一定是正交矩阵。$\\$
证明：$\\$
$\Vert A\bm{a}_i \Vert=\Vert \bm{a}_i \Vert \implies \bm{a}_i^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}A\bm{a}_i=\bm{a}_i^{\mathrm{T}}\bm{a}_i \implies \bm{a}_i^{\mathrm{T}}(A^{\mathrm{T}}A-I_n)\bm{a}_i=0$。上式对所有基都成立，于是$(A^{\mathrm{T}}A-I_n)\bm{a}_i=\bm{0} \implies \mathcal{N}(A^{\mathrm{T}}A-I_n)=\mathbb{R}^n \implies A^{\mathrm{T}}A=I_n \implies A$是正交矩阵。$\\$
2.一定是正交矩阵。$\\$
证明：$\\$
$\bm{a}_i^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}A\bm{a}_j=\bm{a}_i^{\mathrm{T}}\bm{a}_j \implies \bm{a}_i^{\mathrm{T}}(A^{\mathrm{T}}A-I_n)\bm{a}_j$。上式对所有基都成立，于是$(A^{\mathrm{T}}A-I_n)\bm{a}_j=\bm{0} \implies \mathcal{N}(A^{\mathrm{T}}A-I_n)=\mathbb{R}^n \implies A^{\mathrm{T}}A=I_n \implies A$是正交矩阵。$\\$
3.2.10 $\quad$ 设 $H_v:=I_n-2vv^\mathrm{T}$是$\mathbb{R}^n$上反射变换的表示矩阵，$Q$是$n$阶正交矩阵，证明 $Q^{-1}H_vQ$ 也是某个反射变换的表示矩阵。
$\\$
证明：
$$Q^{-1}H_vQ=Q^{\mathrm{T}}Q-2Q^{\mathrm{T}}\bm{v}\bm{v}^{\mathrm{T}}Q=I_n-2(Q^{\mathrm{T}}\bm{v})(Q^{\mathrm{T}}\bm{v})^{\mathrm{T}}.$$
3.2.11 $\quad$ 证明命题 3.2.6. 给定$\mathbb{R}^n$中向量$\bm{x},\bm{y}$，满足$\Vert \bm{x} \Vert = \Vert \bm{y} \Vert$，则存在反射$\bm{H_v}$，其中$\bm{v}=\cfrac{\bm{y}-\bm{x}}{\Vert \bm{y}-\bm{x} \Vert}$，使得$\bm{H_v}(\bm{x})=\bm{y}.\\$
证明：$\\$
显然反射变换的表示矩阵为$H=I_n-2\bm{v}\bm{v}^{\mathrm{T}}=I_n-\cfrac{2(\bm{y}-\bm{x})(\bm{y}-\bm{x})^{\mathrm{T}}}{\Vert \bm{y}-\bm{x} \Vert^2}$，且$\bm{y}^{\mathrm{T}}\bm{y}=\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{x}$。于是$$\begin{align*}
\bm{H}_v(\bm{x})=H\bm{x}&=\bm{x}-\cfrac{2(\bm{y}-\bm{x})(\bm{y}-\bm{x})^{\mathrm{T}}\bm{x}}{\bm{y}^{\mathrm{T}}\bm{y}+\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{x}-2\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{y}}\\
&=\bm{x}-\cfrac{2(\bm{y}-\bm{x})(\bm{y}^{\mathrm{T}}\bm{x}-\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{x})}{2\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{x}-2\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{y}}\\
&=\bm{x}-\cfrac{(\bm{y}-\bm{x})(\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{y}-\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{x})}{\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{x}-\bm{x}^{\mathrm{T}}\bm{y}}\\
&=\bm{x}-(\bm{x}-\bm{y})\\
&=\bm{y}
\end{align*}$$
3.2.12
$\\$
略。$\\$
3.2.13 $\quad$ 设向量组$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\cdots,\bm{v}_k$线性无关，首先令$\bm{q}_1$为与$\bm{v}_1$平行的单位向量，然后令$\bm{q}_2$为二维子空间 $\operatorname{span}(\bm{v}_1,\bm{v}_2)$中垂直于直线 $\operatorname{span}(\bm{v}_1)$的单位向量，再令$\bm{q}_3$为三维子空间$\operatorname{span}(\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3)$中垂直于平面 $\operatorname{span}(\bm{v}_1,\bm{v}_2)$的单位向量，以此类推。这样得到的$\bm{q}_1,\bm{q}_2,\cdots,\bm{q}_k$与 Gram-Schmidt 正交化得到的结果是否一致？如果有区别的话，区别在哪里？从QR分解的角度如何解释？
$\\$
解：$\\$
不一定一致。可能与GS正交化得到的向量方向相反。从QR分解的角度看，GS正交化得到的$R$对角元全是正数，但通过这种方法得到的$R$对角元不一定全为正。$\\$
3.2.14
$\\$
略。$\\$
3.2.15 $\quad$ 证明若矩阵列满秩，则其简化QR分解唯一。
$\\$
证明：$\\$
先证明一个引理，若$A$是上三角矩阵且$A$可逆，则$A^{-1}$也是上三角矩阵。$\\$
显然，倍乘变换和将第$i$行的$k$倍加到第$j$行$(i \gt j)$的倍加变换对应的矩阵是上三角阵。而$A$经过有限步骤上述行变换即可得到$I_n$，即$E_1E_2 \cdots E_sA=I_n$，所以$A^{-1}=E_1E_2 \cdots E_s$是上三角矩阵的乘积，也是上三角矩阵。$\\$
引理证毕。$\\$
设列满秩矩阵有两个QR分解$A=Q_1R_1=Q_2R_2$，于是$Q_1R_1=Q_2R_2 \implies Q_2^{\mathrm{T}}Q_1=R_2R_1^{-1}$。注意$R_2,R_1^{-1}$均为上三角矩阵且对角元全为正，所以$R_2R_1^{-1}$也是对角元全为正的上三角矩阵。而$Q_2^{\mathrm{T}}Q_1=R_2R_1^{-1}$是正交矩阵，由3.2.6中结论立得$Q_2^{\mathrm{T}}Q_1=I_n \implies Q_1=Q_2 \implies R_1=R_2$。于是列满秩矩阵的QR分解唯一。$\\$
3.2.16 $\quad$ 证明任意$n$阶正交矩阵可以表示成不多于$n$个反射的乘积。
$\\$
证明：$\\$
用数学归纳法，按照阶数归纳。$\\$
阶数$n=1$时显然成立。现假设阶数$n=k-1$时成立，考虑$k$阶正交矩阵$Q$。$\\$
设$Q=\begin{bmatrix}
\bm{q}_1&\bm{q}_2&\cdots&\bm{q}_k
\end{bmatrix}$。由于反射矩阵保距，所以存在反射矩阵$H_1$使得
$$H_1Q=\begin{bmatrix}
\bm{e}_1&H_1\bm{q}_2&\cdots&H_1\bm{q}_k
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1&\bm{a}^{\mathrm{T}}\\
\bm{0}&Q_1
\end{bmatrix}$$
显然$H_1Q$也是正交矩阵，由练习3.2.5中结论可得$\bm{a}=\bm{0}$，$Q_1$也是正交矩阵，即$H_1Q=
\begin{bmatrix}
1&\\
&Q_1
\end{bmatrix}$。由归纳假设，$Q_1=\widetilde{H_2}\widetilde{H_3}\cdots\widetilde{H_k}$，于是 $$H_1Q=\begin{bmatrix}
1&\\
&Q_1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
1&\\
&\widetilde{H_2}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1&\\
&\widetilde{H_3}
\end{bmatrix}\cdots
\begin{bmatrix}
1&\\
&\widetilde{H_k}
\end{bmatrix}.
$$
设$\widetilde{H_i}=I_{k-1}-2\bm{v}_i\bm{v}_i^{\mathrm{T}}, \bm{v}_i\in\mathbb{R}^{k-1}$，则$\begin{bmatrix}
1&\\
&\widetilde{H_i}
\end{bmatrix}=I_n-2\begin{bmatrix}
0\\
\bm{v}_i
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0\\
\bm{v}_i
\end{bmatrix}^{\mathrm{T}}$也是反射矩阵。令$H_i=\begin{bmatrix}
1&\\
&\widetilde{H_i}
\end{bmatrix},i=2,3,\cdots,k$，注意$H_1H_1=I_k$，有$H_1Q=H_2H_3\cdots H_k \implies Q=H_1H_2\cdots H_k.\\$
这说明若$n=k-1$时命题成立，则$n=k$时命题也成立。于是$n\geq 1$时，任意$n$阶正交矩阵可以表示成不多于$n$个反射的乘积。$\\$
3.2.17 $\quad$ 设$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_s$和$\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_s$是 $\mathbb{R}^n$的两个向量组，证明，存在正交矩阵$Q$，使得$Q\bm{a}_i=\bm{b}_i,i=1,2,\cdots,s$，当且仅当$\bm{a}_i^\mathrm{T}\bm{a}_j=\bm{b}_i^\mathrm{T}\bm{b}_j,i,j=1,2,\cdots,s.\\$
证明：$\\$
先证存在正交矩阵，使得$Q\bm{a}_i=\bm{b}_i \implies \bm{a}_i^{\mathrm{T}}\bm{a}_j=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}\bm{b}_j (i,j=1,2,\cdots,s).\\$
由于正交矩阵保内积的特性，命题显然成立。$\\$
再证若$\bm{a}_i^{\mathrm{T}}\bm{a}_j=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}\bm{b}_j (i,j=1,2,\cdots,s) \implies$存在正交矩阵$Q$使得$Q\bm{a}_i=\bm{b}_i,i=1,2,\cdots,s.\\$
设$A=\begin{bmatrix}
\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_s
\end{bmatrix}, B=\begin{bmatrix}
\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_s
\end{bmatrix}$。取$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_s$中的一组极大线性无关向量组$\bm{a}_{i_1},\bm{a}_{i_2},\cdots,\bm{a}_{i_k}, k\leq s$。设$A_1=\begin{bmatrix}
\bm{a}_{i_1},\bm{a}_{i_2},\cdots,\bm{a}_{i_k}
\end{bmatrix}, B_1=\begin{bmatrix}
\bm{b}_{i_1},\bm{b}_{i_2},\cdots,\bm{b}_{i_k}
\end{bmatrix}$。显然$A_1$列满秩且$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_s \in \mathcal{R}(A_1)$。$\\$
接下来我们证明$B_1$也列满秩且$\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_s \in \mathcal{R}(B_1)$也成立。$\\$
设$\bm{x},\bm{y} \in \mathbb{R}^k$满足$A_1\bm{x}=\bm{0},B_1\bm{y}=\bm{0}$。显然$\bm{x}=\bm{0}$，由$\bm{a}_i^{\mathrm{T}}\bm{a}_j=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}\bm{b}_j$得$\bm{a}_i^{\mathrm{T}}A_1=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}B_1$，于是$0=\bm{a}_i^{\mathrm{T}}A_1\bm{x}=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}B_1\bm{y}=\bm{a}_i^{\mathrm{T}}A_1\bm{y} \implies A_1\bm{y}$与所有$\bm{a}_i$都垂直$\implies \bm{y}=\bm{0} \implies B_1$列满秩。$\\$
由$\bm{a}_i^{\mathrm{T}}\bm{a}_j=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}\bm{b}_j (i,j=1,2,\cdots,s)$进一步可得$A^{\mathrm{T}}A=B^{\mathrm{T}}B$，所以$
A^{\mathrm{T}}A=B^{\mathrm{T}}B \implies \forall \bm{x}\in\mathbb{R}^s, \bm{x}^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}A\bm{x}=\bm{x}^{\mathrm{T}}B^{\mathrm{T}}B\bm{x} \implies \Vert A\bm{x} \Vert=\Vert B\bm{x} \Vert \implies \mathcal{N}(A)=\mathcal{N}(B) \implies \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(B)
$。这说明$\bm{b}_{i_1},\bm{b}_{i_2},\cdots,\bm{b}_{i_k}$也是$\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_s$的一组极大线性无关向量组，即$\bm{b}_1,\bm{b}_2,\cdots,\bm{b}_s \in \mathcal{R}(B_1)$。$\\$
又设$\bm{a}_j=A_1\bm{v},\bm{b}_j=B_1\bm{w}$，则$\bm{a}_i^{\mathrm{T}}\bm{a}_j=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}\bm{b}_j=\bm{a}_i^{\mathrm{T}}A_1\bm{v}=\bm{b}_i^{\mathrm{T}}B_1\bm{w}=\bm{a}_i^{\mathrm{T}}A_1\bm{w} \implies \bm{a}_i^{\mathrm{T}}A_1(\bm{v}-\bm{w}),i=1,2,\cdots,s. \implies A_1(\bm{v}-\bm{w})=\bm{0} \implies \bm{v}=\bm{w}$。于是$\bm{a}_i=A_1\bm{v} \iff \bm{b}_i=B_1\bm{v}.\\$
设$A_1$的简化QR分解为$A_1=Q_AR_A$，则$Q_A=A_1R^{-1}_A$。利用$A_1^{\mathrm{T}}A_1=B_1^{\mathrm{T}}B_1$得$Q_A^{\mathrm{T}}Q_A=R_A^{-\mathrm{T}}A_1^{\mathrm{T}}A_1R_A^{-1}=R_A^{-\mathrm{T}}B_1^{\mathrm{T}}B_1R_A^{-1}=I_k$。所以$Q_B=B_1R_A^{-1}$也是正交矩阵$\implies B_1=Q_BR_A=Q_BQ_A^{\mathrm{T}}Q_AR_A=Q_BQ_A^{\mathrm{T}}A_1$。显然$Q_BQ_A^{\mathrm{T}}$是正交矩阵，令$Q=Q_BQ_A^{\mathrm{T}}$，结合上面讨论就能得到$$ \bm{b}_i=B_1\bm{v}_i=QA_1\bm{v}_i=Q\bm{a}_i.$$
证毕。$\\$
3.2.18 (保角变换) $\quad$ 设可逆矩阵$A$对应的线性变换保保持向量之间的夹角不变。
$\\$
1.对$A$进行QR分解，证明$R$也保持向量之间的夹角不变。$\\$
2.证明$R$为对角矩阵。$\\$
3.证明$R=kI_n$，这里$k$为常数。由此得到，$A$必是某个正交矩阵的倍数。$\\$
1.证明：$\\$
$$\cfrac{\langle \bm{a},\bm{b} \rangle}{\Vert \bm{a}\Vert \Vert \bm{b}\Vert}=\cfrac{\langle A\bm{a},A\bm{b} \rangle}{\Vert A\bm{a}\Vert \Vert A\bm{b}\Vert}=\cfrac{\langle QR\bm{a},QR\bm{b} \rangle}{\Vert QR\bm{a}\Vert \Vert QR\bm{b}\Vert}=\cfrac{\langle R\bm{a},R\bm{b} \rangle}{\Vert R\bm{a}\Vert \Vert R\bm{b}\Vert}.$$
2.证明：$\\$
设 $R=\begin{bmatrix}
a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\
&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\
&&\ddots&\vdots\\
&&&a_{nn}
\end{bmatrix}$，$\bm{e}_1,\bm{e}_2,\cdots,\bm{e}_n$是标准基。$\\$
由保角性，$i\neq j$时有$$\langle \bm{e}_i, \bm{e}_j \rangle = \langle R\bm{e}_i, R\bm{e}_j \rangle=0 \implies a_{ij}=0 (i\neq j).$$于是$R$是对角矩阵。$\\$
3.证明：$\\$
设$R=\begin{bmatrix}
a_{1}&&&\\
&a_{2}&&\\
&&\ddots&\\
&&&a_{n}
\end{bmatrix}$，$a_1,a_2,\cdots,a_n \gt 0$。$\bm{e}_1,\bm{e}_2,\cdots,\bm{e}_n$是标准基。$\\$
由保角性，$i\neq j$时有$$\langle \bm{e}_i-\bm{e}_j, \bm{e}_i+\bm{e}_j \rangle = \langle R(\bm{e}_i-\bm{e}_j), R(\bm{e}_i+\bm{e}_j) \rangle=a_i^2-a_j^2=0.$$
于是$a_1=a_2=\cdots=a_n \implies R=kI_n.\\$
3.2.19 $\quad$ 设$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m$是$\mathbb{R}^n$中的$m$个向量，定义矩阵
$$G(\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m):=
\begin{bmatrix}
\bm{a}_1^\mathrm{T}\bm{a}_1&\bm{a}_1^\mathrm{T}\bm{a}_2&\cdots&\bm{a}_1^\mathrm{T}\bm{a}_m\\
\bm{a}_2^\mathrm{T}\bm{a}_1&\bm{a}_2^\mathrm{T}\bm{a}_2&\cdots&\bm{a}_2^\mathrm{T}\bm{a}_m\\
\vdots&\vdots&&\vdots\\
\bm{a}_m^\mathrm{T}\bm{a}_1&\bm{a}_m^\mathrm{T}\bm{a}_2&\cdots&\bm{a}_m^\mathrm{T}\bm{a}_m
\end{bmatrix},
$$
称为$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m$的Gram矩阵。证明：
$\\$
1.$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m$是正交单位向量组当且仅当$G(\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m)=I_m.\\$
2.Gram矩阵$G=G(\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m)$是$m$阶对称矩阵,且对任意$\bm{x}\in\mathbb{R}^{m}$,都有$\bm{x}^{\mathrm{T}}G\bm{x}\geqslant 0.\\$
3.$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m$线性无关当且仅当$G=G(\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m)$可逆，也等价于对任意非零$\bm{x}\in\mathbb{R}^{m}$，都有$\bm{x}^{\mathrm{T}}G\bm{x} \gt 0.\\$
1.$\\$
显然，略。$\\$
2.证明：$\\$
由内积的对称性得$G$是对角矩阵。设$A=\begin{bmatrix}
\bm{a}_1&\cdots&\bm{a}_m
\end{bmatrix}$，则$G=A^{\mathrm{T}}A$，于是$\bm{x}^{\mathrm{T}}G\bm{x}=\bm{x}^{\mathrm{T}}A^{\mathrm{T}}A\bm{x}=(A\bm{x})^{\mathrm{T}}(A\bm{x})\geq 0.\\$
3.证明：$\\$
考察方程$G\bm{x}=\begin{bmatrix}
\bm{a}_1^{\mathrm{T}}A\bm{x}\\
\vdots\\
\bm{a}_m^{\mathrm{T}}A\bm{x}\\
\end{bmatrix}=\bm{0}$。由于$\bm{a}_i \in \mathcal{R}(A)$，所以$\bm{a}_i^{\mathrm{T}}A\bm{x}=\bm{0}\iff A\bm{x}=\bm{0}$。即$G\bm{x}=\bm{0}$只有零解当且仅当$A\bm{x}=\bm{0}$只有零解。于是$\bm{a}_1,\bm{a}_2,\cdots,\bm{a}_m$线性无关$\iff A\bm{x}=\bm{0}$只有零解$\iff G\bm{x}=\bm{0}$只有零解$\iff G$可逆。$\\$
显然$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_m$线性无关$\iff A\bm{x}=\bm{0}$只有零解 $\iff \forall \bm{x}\neq\bm{0}, \bm{x}^{\mathrm{T}}G\bm{x}=(A\bm{x})^{\mathrm{T}}(A\bm{x})=\Vert A\bm{x}\Vert^2 \gt 0.$