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 $\iff \forall \bm{x}\neq\bm{0}, \bm{x}^{\mathrm{T}}G\bm{x}=(A\bm{x})^{\mathrm{T}}(A\bm{x})=\Vert A\bm{x}\Vert^2 \gt 0.$