定义1设有n维向量x=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ x_{n} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , y=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ y_{n} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$

令[x , y]=x₁y₁+x₂y₂+⋯+x_ny_n , [x , y]称为向量x与y的内积

内积是两个向量之间的一种运算 , 其结果是一个实数 , 用矩阵记号表示

当x与y都是列向量时 , 有[x , y]=x^Ty

内积具有下列性质(其中x , y , z为n维向量 , λ为实数)

(1)交换律[x , y]=[y , x]

(2)数乘结合律：[λx , y]=λ[x , y]

(3)加法分配律：[x+y , z]=[x , z]+[y , z]

[x+y , z+w]=[x , z+w]+[y , z+w]=[x , z]+[x ,w]+[y , z]+[y , w]

(4)自身内积律：当x=0时 , [x , x]=0 ; 当x≠0时 , [x , x]>0

(5)内积平方律：施瓦茨不等式[x , y]² ⩽ [x , x][y , y]

性质5的证明（使用向量内积定义证明，适用于欧几里得空间）

对于任意实数λ，考虑向量x + λy与自身的内积[x + λy, x + λy]。

根据内积的性质：

1. 内积的双线性性质

[x + λy, x + λy] = [x, x] + 2λ[x, y] + λ²[y, y]。

因为对于任意向量a，[a, a] ≥ 0（自内积为正），所以[x + λy, x + λy] ≥ 0恒成立。

这意味着关于λ的二次函数f(λ) = [y, y]λ² + 2[x, y]λ + [x, x] ≥ 0恒成立。

2. 二次函数性质：

对于二次函数ax² + bx + c（这里a = [y, y]，b = 2[x, y]，c = [x, x]），

若ax² + bx + c ≥ 0恒成立，则其判别式Δ = b² - 4ac ≤ 0。

将a、b、c代入判别式可得：Δ = (2[x, y])² - 4[x, x][y, y] ≤ 0。

化简得：4[x, y]² - 4[x, x][y, y] ≤ 0，两边同时除以4，得到[x, y]² ≤ [x, x][y, y]。

当且仅当x与y线性相关时，Δ = 0，[x, y]² = [x, x][y, y]。

（即存在实数k，使得x = ky或y = kx，Δ = 0，[x, y]² = [x, x][y, y]。）

在解析几何中 , 我们曾引进向量的数量积x · y=|x||y|cos θ

且在直角坐标系中,

有数量积的计算公式(x₁ , x₂ , x₂) · (y₁ , y₂ , y₃,)=x₁y₁+x₂y₂+x₃y₃

n维向量的内积是数量积的一种推广

但n维向量没有3维向量那样直观的长度和夹角的概念

因此只能按数量积的直角坐标计算公式来推广

并且反过来利用内积来定义n维向量的长度和夹角

定义2令$\left\| x \right\|$=$\sqrt{\lbrack x\ ,\ x\rbrack} = \sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + \cdots + x_{n}^{2}}$ , $\left\| x \right\|$称为n维向量的长度(或范数)

向量的长度具有下述性质:

(i)非负性 当x≠0时 , $\left\| x \right\|$⩾0 ; 当x=0时 , $\left\| x \right\|$=0

(ii)齐次性 $\left\| \lambda x \right\|$=|λ|$\left\| x \right\|$

当向量长度$\left\| x \right\|$=1时 , 称向量x为单位向量

若a≠0 , 取向量$x = \frac{a}{\| a\|} = \begin{bmatrix} \frac{a_{1}}{\| a\|} \\ \frac{a_{2}}{\| a\|} \\ \vdots \\ \frac{a_{n}}{\| a\|} \end{bmatrix}$， 则向量x是一个单位向量

由向量a得到单位向量x的过程称为把向量a单位化

例如，若a=$\begin{bmatrix} 3 \\ 4 \end{bmatrix}$ , 则$\left\| a \right\|$=$\sqrt{3^{2} + 4^{2}}$=5 , 单位向量为x=$\begin{bmatrix} \frac{3}{5} \\ \frac{4}{5} \end{bmatrix}$，

因为$\left\| x \right\|$=$\sqrt{\left( \frac{3}{5} \right)^{2} + \left( \frac{4}{5} \right)^{2}} = 1$，符合单位向量定义

由施瓦茨不等式 ,

因为[x, x] ⩾ 0，[y, y] ⩾ 0，[x, y]² $\leqslant$ [x, x][y, y]，两边同时开方，

可得 $\ \left| \lbrack x,y\rbrack \right| \leqslant \ \sqrt{\lbrack x,\ x\rbrack}\sqrt{\lbrack y,\ y\rbrack}$ ，即$\ \left| \lbrack x,y\rbrack \right| \leqslant \left\| x \right\|\left\| y \right\|$

当$\left\| x \right\|\left\| y \right\|$ ≠ 0时，不等式两边同时除以$\left\| x \right\|\left\| y \right\|$，得到$\left| \frac{\lbrack x,\ y\rbrack}{\left\| x \right\|\left\| y \right\|} \right| \leqslant$ 1。

因为绝对值不等式|a| $\leqslant$ 1等价于-1 $\leqslant$ a $\leqslant$1，所以-1 $\leqslant$ $\frac{\lbrack x,\ y\rbrack}{\left\| x \right\|\left\| y \right\|}$ $\leqslant$ 1。

于是有下面的向量夹角定义:

当x≠0 , y≠0时 , θ=arc cos$\frac{\lbrack x\ ,\ y\rbrack}{\left\| x \right\|\left\| y \right\|}$ 称为n维向量x与y的夹角

例子：计算三维空间中两个向量的夹角

给定向量：

x = (1, 0, 2), y = (3, 1, -1)。

步骤 1：计算内积 [x, y]

在标准内积（点积）下：[x, y] = 1 × 3 + 0 × 1 + 2 × (-1) = 3 - 2 = 1.

步骤 2：计算向量的范数 $\left\| x \right\|$和 $\left\| y \right\|$

$$\left\| x \right\| = \sqrt{1^{2} + 0^{2} + 2^{2}} = \sqrt{5}$$

$$\left\| y \right\| = \sqrt{3^{2} + 1^{2} + ( - 1)^{2}} = \sqrt{11}$$

步骤 3：代入夹角公式

$$\theta = \arccos\left( \frac{\lbrack x,y\rbrack}{\| x\|\| y\|} \right) = \arccos\left( \frac{1}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{11}} \right) = \arccos\left( \frac{1}{\sqrt{55}} \right).$$

步骤 4：简化结果

θ ≈ arccos(0.1348) ≈ 1.435 弧度（约 82.2°）。

当[x , y]=0时 , 称向量x与y正交 , 若x=0 , 则x与任何向量都正交

由一组两两正交的非零向量组成的向量组，称为正交向量组

下面讨论正交向量组的性质.

定理1若n维向量a₁ , a₂ , ⋯ , a_r是一组两两正交的非零向量

则a₁ , a₂ , ⋯ , a_r线性无关 , 即正交向量组是线性无关的

证明：

1. 首先，设存在一组数k₁, k₂, ⋯, k_r，使得k₁α₁ + k₂α₂ + ⋯ + k_rα_r = 0。

我们的目标是证明k₁ = k₂ = ⋯ = k_r = 0。

2. 然后，对i = 1, 2, ⋯, r，用α_i与上式两边做内积：

得到[α_i, k₁α₁ + k₂α₂ + ⋯ + k_rα_r] = [α_i, 0]。

即k₁[α_i, α₁] + k₂[α_i, α₂] + ⋯ + k_r[α_i, α_r] = [α_i, 0]。

因为向量组α₁, α₂, ⋯, α_r两两正交，所以当j ≠ i时，[α_i, α_j] = 0。

那么k₁[α_i, α₁] + k₂[α_i, α₂] + ⋯ + k_r[α_i, α_r] = [α_i, 0]简化为k_i[α_i, α_i] = [α_i, 0]=0。

3. 最后，求解k_i的值：

因为α_i是非零向量，所以[α_i, α_i] = ||α||² > 0。

由k_i[α_i, α_i] = 0，两边同时除以[α_i, α_i]，可得k_i = 0。

由于i是从1到r中的任意一个数，所以k₁ = k₂ =⋯ = k_r = 0。

所以正交向量组α₁, α₂, ⋯, α_r是线性无关的。

例1 已知3维向量空间R³中两个向量α₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ , α₂=$\begin{bmatrix} 1 \\ - 2 \\ 1 \end{bmatrix}$正交

试求一个非零向量α₃ , 使α₁ , α₂ , α₃两两正交

解:

1. 设向量α₃ = $\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$。

因为α₁, α₂, α₃两两正交，所以[α₁, α₃] = 0且[α₂, α₃] = 0。

由[α₁, α₃] = 0可得：1·x + 1·y + 1·z = 0，即x + y + z = 0 ；

由[α₂, α₃] = 0可得：1·x + (-2)·y + 1·z = 0，即x - 2y + z = 0。

2. 然后求解上述方程组：$\left\{ \begin{matrix} x\ + \ y\ + \ z\ = \ 0 \\ x\ - \ 2y\ + \ z\ = \ 0 \end{matrix} \right.\$

3. 最后得到向量α₃：

所以α₃ = $\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$，此向量与α₁, α₂两两正交。

定义3 设n维向量e₁ , e₂ , ⋯ , e_r是向量空间V(V包含于Rⁿ)的一个基

如果e₁ , e₂ , ⋯ , e_r两两正交 , 且都是单位向量

则称e₁ , e₂ , ⋯ , e_r是V的一个标准正交基

例如e₁=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , e₂=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{- 1}{\sqrt{2}} \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , e₃=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ , e₄=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{- 1}{\sqrt{2}} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$ 就是R⁴的一个标准正交基

若e₁ , e₂ , ⋯ , e_r是V的一个标准正交基

那么V中任一向量a应能由e₁ , e₂ , ⋯ , e_r线性表示

设表示式为a=λ₁e₁+λ₂e₂ +⋯ + λ_re_r

为求其中的系数λ_i(i=1 , ⋯ , r) , 可用$e_{i}^{T}$左乘上式

有$e_{i}^{T}a = e_{i}^{T}(\lambda_{1}e_{1} + \lambda_{2}e_{2} + \cdots + \lambda_{r}e_{r}) = \lambda_{1}e_{i}^{T}e_{1} + \lambda_{2}e_{i}^{T}e_{2} + \cdots + \lambda_{r}e_{i}^{T}e_{r}$

对于i≠j, $e_{i}^{T}e_{j} = 0$ ，所有i≠j的项都为零。唯一非零的项是 $\lambda_{i}e_{i}^{T}e_{i}$。

因为 $e_{i}^{T}e_{i}$ = 1（单位长度），所以$e_{i}^{T}$a= λ_i$e_{i}^{T}$e_i=λ_i⋅1=λ_i , 即λ_i=$e_{i}^{T}$a=[a , e_i]

这就是向量在标准正交基中的坐标的计算公式

利用这个公式能方便地求得向量的坐标

因此 , 我们在给向量空间取基时常常取标准正交基

例如，假设在三维向量空间 R³，构造一组标准正交基

$$e_{1} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{pmatrix},e_{2} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ - \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{pmatrix},e_{3} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

$$单位性：e_{1}^{T}e_{1} = \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{2} + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{2} + 0^{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1,同理e_{2}^{T}e_{2} = 1,\ e_{3}^{T}e_{3} = 1.$$

$$正交性：e_{1}^{T}e_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left( - \frac{1}{\sqrt{2}} \right) + 0 \cdot 0 = 0,同理e_{1}^{T}e_{3} = 0,\ e_{2}^{T}e_{3} = 0.$$

现在，给定向量a=$\begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{bmatrix}$，求它在标准正交基{e₁,e₂,e₃}  下的坐标 λ₁，λ₂，λ₃

根据公式$\lambda_{i} = e_{i}^{T}a$

计算  λ₁，$\lambda_{1} = e_{1}^{T}a = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \times 2 + \frac{1}{\sqrt{2}} \times 0 + 0 \times 3 = \sqrt{2}$

计算  λ₂，$\lambda_{2} = e_{2}^{T}a = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{- 1}{\sqrt{2}} & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \times 2 + \frac{- 1}{\sqrt{2}} \times 0 + 0 \times 3 = \sqrt{2}$

计算  λ₃，$\lambda_{3} = e_{3}^{T}a = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} = 0 \times 2 + 0 \times 0 + 1 \times 3 = 3$

因此，a 在这组标准正交基下的坐标表示为$a = \sqrt{2}\ e_{1} + \sqrt{2}\ e_{2} + 3\ e_{3}$

设a₁ , a₂ , ⋯ , a_r是向量空间V的一个普通基 , 要求V的一个标准正交基

这也就是要找一组两两正交的单位向量e₁ , e₂ , ⋯ , e_r ,

使e₁ , e₂ , ⋯ , e_r与a₁ , a₂ , ⋯ , a_r等价 ,

这样一个问题 , 称为把普通基标准正交化

我们可以用以下办法把a₁ , a₂ , ⋯ , a_r标准正交化:

取b₁=a₁

b₂=a₂ - $\frac{\left\lbrack b_{1}\ ,\ a_{2} \right\rbrack}{\left\lbrack b_{1}\ ,\ b_{1} \right\rbrack}$b₁

⋯⋯⋯⋯

b_r=a_r- $\frac{\left\lbrack b_{1}\ ,\ a_{r} \right\rbrack}{\left\lbrack b_{1}\ ,\ b_{1} \right\rbrack}$b₁- $\frac{\left\lbrack b_{2}\ ,\ a_{r} \right\rbrack}{\left\lbrack b_{2}\ ,\ b_{2} \right\rbrack}$b₂ - ⋯ - $\frac{\left\lbrack b_{r - 1}\ ,\ a_{r} \right\rbrack}{\left\lbrack b_{r - 1}\ ,\ b_{r - 1} \right\rbrack}$b_r-1

可验证b₁ , b₂ , ⋯ , b_r两两正交 , 且b₁ , b₂ , ⋯ , b_r与a₁ , a₂ , ⋯ , a_r等价

然后把它们单位化

即e₁=$\frac{1}{\left\| b_{1} \right\|}$b₁ , e₂=$\frac{1}{\left\| b_{2} \right\|}$b₂ , ⋯ , e_r=$\frac{1}{\left\| b_{r} \right\|}$b_r 就是V的一个标准正交基

从线性无关向量组a₁ , a₂ , ⋯ , a_r导出正交向量组b₁ , b₂ , ⋯ , b_r的过程

称为施密特正交化

它不仅满足b₁ , b₂ , ⋯ , b_r与a₁ , a₂ , ⋯ , a_r等价

还满足:对任何k(1⩽k⩽r) , 向量组b₁ , b₂ , ⋯ , b_k与a₁ , a₂ , ⋯ , a_k等价

例2设a₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \end{bmatrix}$ , a₂=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}$ , a₃=$\begin{bmatrix} 4 \\ - 1 \\ 0 \end{bmatrix}$

试用施密特正交化把这组向量标准正交化

解: 取b₁=a₁

b₂=a₂-$\frac{\left\lbrack a_{2}\ ,\ b_{1} \right\rbrack}{\left\| b_{1} \right\|^{2}}b_{1}$=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}$- $\frac{4}{6}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \end{bmatrix}$=$\frac{5}{3}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$

b₃=a₃-$\frac{\left\lbrack a_{3}\ ,\ b_{1} \right\rbrack}{\left\| b_{1} \right\|^{2}}b_{1}$-$\frac{\left\lbrack a_{3}\ ,\ b_{2} \right\rbrack}{\left\| b_{2} \right\|^{2}}b_{2}$=$\begin{bmatrix} 4 \\ - 1 \\ 0 \end{bmatrix}$-$\frac{1}{3}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \end{bmatrix}$+$\frac{5}{3}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$=$2\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

再把它们单位化 , 取:e₁=$\frac{b_{1}}{\left\| b_{1} \right\|}$=$\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ - 1 \end{bmatrix}$ , e₂=$\frac{b_{2}}{\left\| b_{2} \right\|}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ , e₃=$\frac{b_{3}}{\left\| b_{3} \right\|}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

e₁ , e₂ , e₃即合所求

本例中各向量如图5.1所示 , 用解析几何的术语解释如下:

b₂=a₂-c₂ , 而c₂为a₂在b₁上的投影向量

即c₂=$\left\lbrack a_{2}\ ,\ \frac{b_{1}}{\left\| b_{1} \right\|} \right\rbrack\frac{b_{1}}{\left\| b_{1} \right\|} = \frac{\left\lbrack a_{2}\ ,\ b_{1} \right\rbrack}{\left\| b_{1} \right\|^{2}}b_{1}$

b₂=a₂-c₂ , 而c₃为a₃在平行于b₁ , b₂的平面上的投影向量

由于b₁⟂b₂ , 故c₃等于a₃分别在b₁ , b₂上的投影向量c₃₁及c₃₂之和

即c₃=$c_{31} + c_{32} = \frac{\left\lbrack a_{3}\ ,\ b_{1} \right\rbrack}{\left\| b_{1} \right\|^{2}}b_{1}$+$\frac{\left\lbrack a_{3}\ ,\ b_{2} \right\rbrack}{\left\| b_{2} \right\|^{2}}b_{2}$

例3已知向量a₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ , 求一组非零向量a₂ , a₃ , 使向量a₁ , a₂ , a₃ 两两正交

解： 要找到与$a_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$两两正交的非零向量$a_{2},a_{3}$，

核心利用向量正交的定义：若两个向量$x,y$正交，则它们的点积$x \cdot y = 0$

设向量$x = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$与$a_{1}$正交，则满足：$a_{1} \cdot x = 1 \cdot x_{1} + 1 \cdot x_{2} + 1 \cdot x_{3} = 0$

即 $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$。

只需从该方程的解中选取两个线性无关且彼此正交的非零解，即为所求的$a_{2},a_{3}$。

解方程$x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$

得同解方程组：$x_{1} = - x_{2} - x_{3}$ (x₂ , x₃可任意取值)

得参数形式：$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} = - c_{1} - c_{2} \\ x_{2} = c_{1} \\ x_{3} = c_{2} \end{array} \right.\$ (其中x₂=c₁ , x₃=c₂ )

得齐次通解：$\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{array}{r} - c_{1} - c_{2} \\ c_{1} \\ c_{2} \end{array} \right\rbrack = c_{1}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + c_{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c₁ , c₂为任意实数)

得基础解系$\xi_{1} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}，\xi_{2} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$

把基础解系正交化：

$a_{2} = \xi_{1} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，

$$a_{3} = \xi_{2} - \frac{\lbrack\xi_{1}，\xi_{2}\rbrack}{\lbrack\xi_{1}，\xi_{1}\rbrack}\xi_{1} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} - \frac{1}{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \frac{1}{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ - 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$

因$a_{2},a_{3}$是$\xi_{1}，\xi_{2}$的线性组合，故它们仍与$a_{1}$正交，于是$a_{2},a_{3}$即为所求。

注：答案不唯一，

只要从方程$x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$的解中选取两个线性无关且彼此正交的非零向量即可

（例如也可取$a_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ - 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，$a_{3} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 2 \end{bmatrix}$，本质是原向量的非零数乘）。

定义4 如果n阶矩阵A满足A^TA=E (即A^-1=A^T)，那么称A为正交矩阵

上式用A的列向量表示 , 即是$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{1}^{T} \\ a_{2}^{T} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{n}^{T} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$(a₁ , a₂ , ⋯ , a_n)=E

这也就是n²个关系式

当i=j时 , $a_{i}^{T}a_{j}$=1 , 当i≠j时 , $a_{i}^{T}a_{j}$=0 , (i , j=1 , 2 , ⋯ , n)

这就说明:

方阵A为正交矩阵的充分必要条件是A的列向量都是单位向量 , 且两两正交

因为A^TA=E与AA^T=E等价 , 所以上述结论对A的行向量亦成立

由此可见

n阶正交矩阵A的n个列(行)向量构成向量空间Rⁿ的一个标准正交基

例4 验证矩阵P=$\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \frac{- 1}{2} \\ \frac{- 1}{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \frac{1}{2} \\ \frac{- 1}{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} \frac{- 1}{2} \\ \frac{1}{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$是正交矩阵

证:

要验证矩阵P是正交矩阵，

根据正交矩阵的定义，需验证P^TP=E（E为单位矩阵）或者P的列向量组是单位正交向量组。

这里我们通过验证P的列向量组是单位正交向量组来求解。

设矩阵P的列向量依次为a₁，a₂，a₃，a₄。

1、验证单位向量

$$|a_{1}| = \sqrt{\left( \frac{1}{2} \right)^{2} + \left( \frac{1}{2} \right)^{2} + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{2} + 0^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + 0} = 1$$

$$|a_{2}| = \sqrt{\left( \frac{- 1}{2} \right)^{2} + \left( \frac{- 1}{2} \right)^{2} + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{2} + 0^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + 0} = 1$$

$$\left| a_{3} \right| = \sqrt{\left( \frac{1}{2} \right)^{2} + \left( - \frac{1}{2} \right)^{2} + 0^{2} + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 0 + \frac{1}{2}} = 1$$

$$|a_{4}| = \sqrt{\left( \frac{- 1}{2} \right)^{2} + \left( \frac{1}{2} \right)^{2} + 0^{2} + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^{2}} = \sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 0 + \frac{1}{2}} = 1$$

2、验证向量两两正交

$$a_{1} \cdot a_{2} = \frac{1}{2} \times \left( \frac{- 1}{2} \right) + \frac{1}{2} \times \left( \frac{- 1}{2} \right) + \frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{1}{\sqrt{2}} + 0 \times 0 = - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + 0 = 0$$

$$a_{1} \cdot a_{3} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \left( \frac{- 1}{2} \right) + \frac{1}{\sqrt{2}} \times 0 + 0 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + 0 + 0 = 0$$

$$a_{1} \cdot a_{4} = \frac{1}{2} \times \left( \frac{- 1}{2} \right) + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} \times 0 + 0 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 0 + 0 = 0$$

$$a_{2} \cdot a_{3} = \frac{- 1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{- 1}{2} \times \left( \frac{- 1}{2} \right) + \frac{1}{\sqrt{2}} \times 0 + 0 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + 0 + 0 = 0$$

$$a_{2} \cdot a_{4} = \frac{- 1}{2} \times \left( \frac{- 1}{2} \right) + \frac{- 1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} \times 0 + 0 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + 0 + 0 = 0$$

$$a_{3} \cdot a_{4} = \frac{1}{2} \times \left( \frac{- 1}{2} \right) + \frac{- 1}{2} \times \frac{1}{2} + 0 \times 0 + \frac{1}{\sqrt{2}} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = 0$$

由于矩阵 P 的列向量组是单位正交向量组，所以矩阵P是正交矩阵。

正交矩阵有下述性质:

(i)若A为正交矩阵 , 则A^-1=A^T也是正交矩阵 , 且|A|=1或(-1)

(ii)若A和B都是正交矩阵 , 则AB也是正交矩阵

证明(ii)：

因为A和B都是正交矩阵，所以A^T A = I，B^T B =I

为了证明AB是正交矩阵，我们需要验证(AB)^T (AB) = I 。

而(AB)^T (AB) = (B^T A^T)(AB)= B^T (A^T A)B= B^T IB=( B^TI)B=B^T B= I

根据正交矩阵的定义，AB满足正交矩阵的条件。因此，AB也是正交矩阵。

定义5 若P为正交矩阵 , 则线性变换y=Px称为正交变换

设y=Px为正交变换 , 则有$\left\| y \right\| = \sqrt{y^{T}y} = \sqrt{x^{T}P^{T}Px} = \sqrt{x^{T}x} = \left\| x \right\|$

由于$\left\| x \right\|$表示向量的长度 , 相当于线段的长度

因此$\left\| y \right\|$=$\left\| x \right\|$说明经正交变换线段长度保持不变(从而三角形的形状保持不变)

这是正交变换的优良特性