3.2 正交矩阵和QR分解

3.2.1-2
略。
阅读3.2.3 (Hadamard矩阵) 给定$n$阶矩阵$A$，如果$A$的元素都是$1$或$-1$，且$A^{\mathrm{T}}A=n{I}_n$，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$\left[\begin{array}{cc}A& A\\ A& -A\end{array}\right]$也是 Hadamard 矩阵、以此说明存在$2^n$阶Hadamard 矩阵。
1.解：
一阶 Hadamard 矩阵：$\left[\begin{array}{c}1\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}-1\end{array}\right].$ 二阶 Hadamard 矩阵：$\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 1& 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}-1& -1\\ -1& 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& -1\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}-1& -1\\ 1& -1\end{array}\right],\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& -1\end{array}\right].$ 2.证明：
设三阶 Hadamard 矩阵$A=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_2& {\mathbf{a}}_3\end{array}\right],{\mathbf{a}}_1=\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right],{\mathbf{a}}_2=\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right]$。显然${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2$互相正交$⟹{\mathbf{a}}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_2=x_1{y}_1+x_2{y}_2+x_3{y}_3=0$。因为$x_i{y}_i$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$\left[\begin{array}{cccc}1& 1& -1& 1\\ -1& -1& -1& 1\\ 1& -1& 1& 1\\ -1& 1& 1& 1\end{array}\right].$ 4.证明：
$$\left[\begin{array}{cc}{A}^{\mathrm{T}}& A^{\mathrm{T}}\\ A^{\mathrm{T}}& -A^{\mathrm{T}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}A& A\\ A& -A\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}2n{I}_n& \\ & 2n{I}_n\end{array}\right]=2n{I}_{2n}$$ 3.2.5 证明，分块上三角矩阵$\left[\begin{array}{cc}c& {\mathbf{a}}^{\mathrm{T}}\\ 0& Q\end{array}\right]$ 是正交矩阵时，必有 $c=\pm 1,\mathbf{a}=0,Q$ 是正交矩阵。
利用$Q^{\mathrm{T}}Q=I_n$即可。略。
3.2.6 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$A=\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ & a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ & & \ddots & ⋮\\ & & & a_{nn}\end{array}\right]$。考察列向量$\left[\begin{array}{c}{a}_{11}\\ 0\\ ⋮\\ 0\end{array}\right]$，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 $\left[\begin{array}{c}0\\ a_{22}\\ ⋮\\ 0\end{array}\right]$，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 对标准基${\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,\cdots ,{\mathbf{e}}_n$，显然$\sum _{i=1}^n{\mathbf{e}}_i{\mathbf{e}}_i^{\mathrm{T}}=I_n$。对任意标准正交基${\mathbf{q}}_1,{\mathbf{q}}_2,\cdots ,{\mathbf{q}}_n$，求证$\sum _{i=1}^n{\mathbf{q}}_i{\mathbf{q}}_i^{\mathrm{T}}=I_n.$
证明：
设$Q=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{q}}_1& \cdots & {\mathbf{q}}_n\end{array}\right]$，则$\sum _{i=1}^n{\mathbf{q}}_i{\mathbf{q}}_i^{\mathrm{T}}=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{q}}_1& \cdots & {\mathbf{q}}_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{\mathbf{q}}_1^{\mathrm{T}}\\ ⋮\\ {\mathbf{q}}_n^{\mathrm{T}}\end{array}\right]=Q{Q}^{\mathrm{T}}=I_n.$ 3.2.8 设${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_n$和${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_n$是${\mathbb{R}}^n$的两组标准正交基，证明存在正交矩阵$Q$，使得$Q{\mathbf{a}}_i={\mathbf{b}}_i,i=1,2,\cdots ,n.$ 证明：
设$A=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{a}}_1& \cdots & {\mathbf{a}}_n\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{b}}_1& \cdots & {\mathbf{b}}_n\end{array}\right]$。$A,B$显然都是$n\times n$的正交矩阵。设存在$Q$使$Q{\mathbf{a}}_i={\mathbf{b}}_i$，则$QA=B⟹Q=B{A}^{\mathrm{T}}$。显然此时$Q$是正交矩阵。
3.2.9回顾命题3.2.4，设${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_n$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$i=1,2,\cdots ,n,\Vert A{\mathbf{a}}_i\Vert =\Vert {\mathbf{a}}_i\Vert$。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$i,j=1,2,\cdots ,n,A{\mathbf{a}}_i$与$A{\mathbf{a}}_j$的内积等于${\mathbf{a}}_i$与${\mathbf{a}}_j$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：
$\Vert A{\mathbf{a}}_i\Vert =\Vert {\mathbf{a}}_i\Vert ⟹{\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}A{\mathbf{a}}_i={\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_i⟹{\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}(A^{\mathrm{T}}A-I_n){\mathbf{a}}_i=0$。上式对所有基都成立，于是$(A^{\mathrm{T}}A-I_n){\mathbf{a}}_i=0⟹\mathcal{N}(A^{\mathrm{T}}A-I_n)={\mathbb{R}}^n⟹A^{\mathrm{T}}A=I_n⟹A$是正交矩阵。
2.一定是正交矩阵。
证明：
${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}A{\mathbf{a}}_j={\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_j⟹{\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}(A^{\mathrm{T}}A-I_n){\mathbf{a}}_j$。上式对所有基都成立，于是$(A^{\mathrm{T}}A-I_n){\mathbf{a}}_j=0⟹\mathcal{N}(A^{\mathrm{T}}A-I_n)={\mathbb{R}}^n⟹A^{\mathrm{T}}A=I_n⟹A$是正交矩阵。
3.2.10 设 $H_v:=I_n-2v{v}^{\mathrm{T}}$是${\mathbb{R}}^n$上反射变换的表示矩阵，$Q$是$n$阶正交矩阵，证明 $Q^{-1}{H}_{v}Q$ 也是某个反射变换的表示矩阵。
证明： $$Q^{-1}{H}_{v}Q=Q^{\mathrm{T}}Q-2Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v}{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}Q=I_n-2(Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v})(Q^{\mathrm{T}}\mathbf{v}{)}^{\mathrm{T}}.$$ 3.2.11 证明命题 3.2.6. 给定${\mathbb{R}}^n$中向量$\mathbf{x},\mathbf{y}$，满足$\Vert \mathbf{x}\Vert =\Vert \mathbf{y}\Vert$，则存在反射${\mathbf{H}}_{\mathbf{v}}$，其中$\mathbf{v}=\frac{\mathbf{y}-\mathbf{x}}{\Vert \mathbf{y}-\mathbf{x}\Vert }$，使得${\mathbf{H}}_{\mathbf{v}}(\mathbf{x})=\mathbf{y}.$
证明：
显然反射变换的表示矩阵为$H=I_n-2\mathbf{v}{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}=I_n-\frac{2(\mathbf{y}-\mathbf{x})(\mathbf{y}-\mathbf{x}{)}^{\mathrm{T}}}{\Vert \mathbf{y}-\mathbf{x}{\Vert }^2}$，且${\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{y}={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}$。于是$$\begin{array}{rl}{\mathbf{H}}_v(\mathbf{x})=H\mathbf{x}& =\mathbf{x}-\frac{2(\mathbf{y}-\mathbf{x})(\mathbf{y}-\mathbf{x}{)}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}}{{\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{y}+{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}-2{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{y}}\\ & =\mathbf{x}-\frac{2(\mathbf{y}-\mathbf{x})({\mathbf{y}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}-{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x})}{2{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}-2{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{y}}\\ & =\mathbf{x}-\frac{(\mathbf{y}-\mathbf{x})({\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{y}-{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x})}{{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}-{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}\mathbf{y}}\\ & =\mathbf{x}-(\mathbf{x}-\mathbf{y})\\ & =\mathbf{y}\end{array}$$ 3.2.12
略。
3.2.13 设向量组${\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2,\cdots ,{\mathbf{v}}_k$线性无关，首先令${\mathbf{q}}_1$为与${\mathbf{v}}_1$平行的单位向量，然后令${\mathbf{q}}_2$为二维子空间 $\mathrm{span}({\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2)$中垂直于直线 $\mathrm{span}({\mathbf{v}}_1)$的单位向量，再令${\mathbf{q}}_3$为三维子空间$\mathrm{span}({\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{v}}_3)$中垂直于平面 $\mathrm{span}({\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2)$的单位向量，以此类推。这样得到的${\mathbf{q}}_1,{\mathbf{q}}_2,\cdots ,{\mathbf{q}}_k$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 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$(i>j)$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$E_1{E}_2\cdots E_{s}A=I_n$，所以$A^{-1}=E_1{E}_2\cdots E_s$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$A=Q_1{R}_1=Q_2{R}_2$，于是$Q_1{R}_1=Q_2{R}_2⟹Q_2^{\mathrm{T}}{Q}_1=R_2{R}_1^{-1}$。注意$R_2,R_1^{-1}$均为上三角矩阵且对角元全为正，所以$R_2{R}_1^{-1}$也是对角元全为正的上三角矩阵。而$Q_2^{\mathrm{T}}{Q}_1=R_2{R}_1^{-1}$是正交矩阵，由3.2.6中结论立得$Q_2^{\mathrm{T}}{Q}_1=I_n⟹Q_1=Q_2⟹R_1=R_2$。于是列满秩矩阵的QR分解唯一。
3.2.16 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$Q=\left[\begin{array}{cccc}{\mathbf{q}}_1& {\mathbf{q}}_2& \cdots & {\mathbf{q}}_k\end{array}\right]$。由于反射矩阵保距，所以存在反射矩阵$H_1$使得 $$H_{1}Q=\left[\begin{array}{cccc}{\mathbf{e}}_1& H_1{\mathbf{q}}_2& \cdots & H_1{\mathbf{q}}_k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& {\mathbf{a}}^{\mathrm{T}}\\ 0& Q_1\end{array}\right]$$ 显然$H_{1}Q$也是正交矩阵，由练习3.2.5中结论可得$\mathbf{a}=0$，$Q_1$也是正交矩阵，即$H_{1}Q=\left[\begin{array}{cc}1& \\ & Q_1\end{array}\right]$。由归纳假设，$Q_1=\widetilde{H_2}\widetilde{H_3}\cdots \widetilde{H_k}$，于是 $$H_{1}Q=\left[\begin{array}{cc}1& \\ & Q_1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& \\ & \widetilde{H_2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}1& \\ & \widetilde{H_3}\end{array}\right]\cdots \left[\begin{array}{cc}1& \\ & \widetilde{H_k}\end{array}\right].$$ 设$\widetilde{H_i}=I_{k-1}-2{\mathbf{v}}_i{\mathbf{v}}_i^{\mathrm{T}},{\mathbf{v}}_i\in {\mathbb{R}}^{k-1}$，则$\left[\begin{array}{cc}1& \\ & \widetilde{H_i}\end{array}\right]=I_n-2\left[\begin{array}{c}0\\ {\mathbf{v}}_i\end{array}\right]{\left[\begin{array}{c}0\\ {\mathbf{v}}_i\end{array}\right]}^{\mathrm{T}}$也是反射矩阵。令$H_i=\left[\begin{array}{cc}1& \\ & \widetilde{H_i}\end{array}\right],i=2,3,\cdots ,k$，注意$H_1{H}_1=I_k$，有$H_{1}Q=H_2{H}_3\cdots H_k⟹Q=H_1{H}_2\cdots H_k.$ 这说明若$n=k-1$时命题成立，则$n=k$时命题也成立。于是$n\ge 1$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 设${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_s$和${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_s$是 ${\mathbb{R}}^n$的两个向量组，证明，存在正交矩阵$Q$，使得$Q{\mathbf{a}}_i={\mathbf{b}}_i,i=1,2,\cdots ,s$，当且仅当${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_j={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{b}}_j,i,j=1,2,\cdots ,s.$
证明：
先证存在正交矩阵，使得$Q{\mathbf{a}}_i={\mathbf{b}}_i⟹{\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_j={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{b}}_j(i,j=1,2,\cdots ,s).$ 由于正交矩阵保内积的特性，命题显然成立。
再证若${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_j={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{b}}_j(i,j=1,2,\cdots ,s)⟹$存在正交矩阵$Q$使得$Q{\mathbf{a}}_i={\mathbf{b}}_i,i=1,2,\cdots ,s.$ 设$A=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_s\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_s\end{array}\right]$。取${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_s$中的一组极大线性无关向量组${\mathbf{a}}_{i_1},{\mathbf{a}}_{i_2},\cdots ,{\mathbf{a}}_{i_k},k\le s$。设$A_1=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{a}}_{i_1},{\mathbf{a}}_{i_2},\cdots ,{\mathbf{a}}_{i_k}\end{array}\right],B_1=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{b}}_{i_1},{\mathbf{b}}_{i_2},\cdots ,{\mathbf{b}}_{i_k}\end{array}\right]$。显然$A_1$列满秩且${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_s\in \mathcal{R}(A_1)$。
接下来我们证明$B_1$也列满秩且${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_s\in \mathcal{R}(B_1)$也成立。
设$\mathbf{x},\mathbf{y}\in {\mathbb{R}}^k$满足$A_1\mathbf{x}=0,B_1\mathbf{y}=0$。显然$\mathbf{x}=0$，由${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_j={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{b}}_j$得${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}_1={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{B}_1$，于是$0={\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}_1\mathbf{x}={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{B}_1\mathbf{y}={\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}_1\mathbf{y}⟹A_1\mathbf{y}$与所有${\mathbf{a}}_i$都垂直$⟹\mathbf{y}=0⟹B_1$列满秩。
由${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_j={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{b}}_j(i,j=1,2,\cdots ,s)$进一步可得$A^{\mathrm{T}}A=B^{\mathrm{T}}B$，所以$A^{\mathrm{T}}A=B^{\mathrm{T}}B⟹\forall \mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^s,{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}A\mathbf{x}={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}{B}^{\mathrm{T}}B\mathbf{x}⟹\Vert A\mathbf{x}\Vert =\Vert B\mathbf{x}\Vert ⟹\mathcal{N}(A)=\mathcal{N}(B)⟹\mathrm{rank}(A)=\mathrm{rank}(B)$。这说明${\mathbf{b}}_{i_1},{\mathbf{b}}_{i_2},\cdots ,{\mathbf{b}}_{i_k}$也是${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_s$的一组极大线性无关向量组，即${\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2,\cdots ,{\mathbf{b}}_s\in \mathcal{R}(B_1)$。
又设${\mathbf{a}}_j=A_1\mathbf{v},{\mathbf{b}}_j=B_1\mathbf{w}$，则${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_j={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{\mathbf{b}}_j={\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}_1\mathbf{v}={\mathbf{b}}_i^{\mathrm{T}}{B}_1\mathbf{w}={\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}_1\mathbf{w}⟹{\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}{A}_1(\mathbf{v}-\mathbf{w}),i=1,2,\cdots ,s.⟹A_1(\mathbf{v}-\mathbf{w})=0⟹\mathbf{v}=\mathbf{w}$。于是${\mathbf{a}}_i=A_1\mathbf{v}⟺{\mathbf{b}}_i=B_1\mathbf{v}.$ 设$A_1$的简化QR分解为$A_1=Q_A{R}_A$，则$Q_A=A_1{R}_A^{-1}$。利用$A_1^{\mathrm{T}}{A}_1=B_1^{\mathrm{T}}{B}_1$得$Q_A^{\mathrm{T}}{Q}_A=R_A^{-\mathrm{T}}{A}_1^{\mathrm{T}}{A}_1{R}_A^{-1}=R_A^{-\mathrm{T}}{B}_1^{\mathrm{T}}{B}_1{R}_A^{-1}=I_k$。所以$Q_B=B_1{R}_A^{-1}$也是正交矩阵$⟹B_1=Q_B{R}_A=Q_B{Q}_A^{\mathrm{T}}{Q}_A{R}_A=Q_B{Q}_A^{\mathrm{T}}{A}_1$。显然$Q_B{Q}_A^{\mathrm{T}}$是正交矩阵，令$Q=Q_B{Q}_A^{\mathrm{T}}$，结合上面讨论就能得到$${\mathbf{b}}_i=B_1{\mathbf{v}}_i=Q{A}_1{\mathbf{v}}_i=Q{\mathbf{a}}_i.$$ 证毕。
3.2.18 (保角变换) 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$R=k{I}_n$，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：
$$\frac{⟨\mathbf{a},\mathbf{b}⟩}{\Vert \mathbf{a}\Vert \Vert \mathbf{b}\Vert }=\frac{⟨A\mathbf{a},A\mathbf{b}⟩}{\Vert A\mathbf{a}\Vert \Vert A\mathbf{b}\Vert }=\frac{⟨QR\mathbf{a},QR\mathbf{b}⟩}{\Vert QR\mathbf{a}\Vert \Vert QR\mathbf{b}\Vert }=\frac{⟨R\mathbf{a},R\mathbf{b}⟩}{\Vert R\mathbf{a}\Vert \Vert R\mathbf{b}\Vert }.$$ 2.证明：
设 $R=\left[\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ & a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ & & \ddots & ⋮\\ & & & a_{nn}\end{array}\right]$，${\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,\cdots ,{\mathbf{e}}_n$是标准基。
由保角性，$i\ne j$时有$$⟨{\mathbf{e}}_i,{\mathbf{e}}_j⟩=⟨R{\mathbf{e}}_i,R{\mathbf{e}}_j⟩=0⟹a_{ij}=0(i\ne j).$$于是$R$是对角矩阵。
3.证明：
设$R=\left[\begin{array}{cccc}{a}_1& & & \\ & a_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & a_n\end{array}\right]$，$a_1,a_2,\cdots ,a_n>0$。${\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,\cdots ,{\mathbf{e}}_n$是标准基。
由保角性，$i\ne j$时有$$⟨{\mathbf{e}}_i-{\mathbf{e}}_j,{\mathbf{e}}_i+{\mathbf{e}}_j⟩=⟨R({\mathbf{e}}_i-{\mathbf{e}}_j),R({\mathbf{e}}_i+{\mathbf{e}}_j)⟩=a_i^2-a_j^2=0.$$ 于是$a_1=a_2=\cdots =a_n⟹R=k{I}_n.$ 3.2.19 设${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m$是${\mathbb{R}}^n$中的$m$个向量，定义矩阵 $$G({\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m):=\left[\begin{array}{cccc}{\mathbf{a}}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_2& \cdots & {\mathbf{a}}_1^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_m\\ {\mathbf{a}}_2^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_2^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_2& \cdots & {\mathbf{a}}_2^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_m\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ {\mathbf{a}}_m^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_1& {\mathbf{a}}_m^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_2& \cdots & {\mathbf{a}}_m^{\mathrm{T}}{\mathbf{a}}_m\end{array}\right],$$ 称为${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m$的Gram矩阵。证明：
1.${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m$是正交单位向量组当且仅当$G({\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m)=I_m.$ 2.Gram矩阵$G=G({\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m)$是$m$阶对称矩阵,且对任意$\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^m$,都有${\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}G\mathbf{x}⩾0.$ 3.${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m$线性无关当且仅当$G=G({\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m)$可逆，也等价于对任意非零$\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^m$，都有${\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}G\mathbf{x}>0.$ 1.
显然，略。
2.证明：
由内积的对称性得$G$是对角矩阵。设$A=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{a}}_1& \cdots & {\mathbf{a}}_m\end{array}\right]$，则$G=A^{\mathrm{T}}A$，于是${\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}G\mathbf{x}={\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}A\mathbf{x}=(A\mathbf{x}{)}^{\mathrm{T}}(A\mathbf{x})\ge 0.$ 3.证明：
考察方程$G\mathbf{x}=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{a}}_1^{\mathrm{T}}A\mathbf{x}\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_m^{\mathrm{T}}A\mathbf{x}\end{array}\right]=0$。由于${\mathbf{a}}_i\in \mathcal{R}(A)$，所以${\mathbf{a}}_i^{\mathrm{T}}A\mathbf{x}=0⟺A\mathbf{x}=0$。即$G\mathbf{x}=0$只有零解当且仅当$A\mathbf{x}=0$只有零解。于是${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,\cdots ,{\mathbf{a}}_m$线性无关$⟺A\mathbf{x}=0$只有零解$⟺G\mathbf{x}=0$只有零解$⟺G$可逆。
显然${\mathbf{a}}_1,\cdots ,{\mathbf{a}}_m$线性无关$⟺A\mathbf{x}=0$只有零解 $⟺\forall \mathbf{x}\ne 0,{\mathbf{x}}^{\mathrm{T}}G\mathbf{x}=(A\mathbf{x}{)}^{\mathrm{T}}(A\mathbf{x})=\Vert A\mathbf{x}{\Vert }^2>0.$