施密特正交化与正交矩阵

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0.9 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）向量组的线性相关性向量组的秩与极大线性无关组③ 掌握后可解锁实对称矩阵的正交对角化

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 减去投影为什么能得到正交向量：公式中分母取 $(β_{j}, β_{j})$ 的理由与归纳证明★ 要懂

施密特正交化的基本步骤，是减去向量在已经确定的那些方向上的投影分量。

α_{k}

在方向

β_{j}

上的投影为

\frac{( α _{k} , β _{j} )}{( β _{j} , β _{j} )} β_{j}

，对所有

j < k

把这些投影都减去，所余的

β_{k}

便与前面每一个

β_{j}

垂直。必须注意，分母是已正交化的 $β_{j}$ 与自身的内积，而不是

α_{j}

的内积，这是整个过程中最容易记错的一处。

证明 / 推导

对固定的

m < k

作计算，得

(β_{k}, β_{m}) = (α_{k} - j = 1 \sum k - 1 \frac{( α _{k} , β _{j} )}{( β _{j} , β _{j} )} β_{j}, β_{m}) = (α_{k}, β_{m}) - j = 1 \sum k - 1 \frac{( α _{k} , β _{j} )}{( β _{j} , β _{j} )} (β_{j}, β_{m}) .

按归纳假设，

β_{1}, \dots, β_{k - 1}

已两两正交，故

(β_{j}, β_{m}) = 0

（

j \neq = m

），求和式中只剩

j = m

一项，于是

(β_{k}, β_{m}) = (α_{k}, β_{m}) - \frac{( α _{k} , β _{m} )}{( β _{m} , β _{m} )} (β_{m}, β_{m}) = 0.

因此

β_{k}

与所有的

β_{m} (m < k)

都正交。分母之所以这样取，正是为了约去

(β_{m}, β_{m})

。

■

举例说明

设

α_{1} = (1, - 1, 0)^{T}, α_{2} = (1, 0, - 1)^{T}

，则

β_{1} = α_{1}

，

β_{2} = α_{2} - \frac{( α _{2} , β _{1} )}{( β _{1} , β _{1} )} β_{1} = α_{2} - \frac{1}{2} β_{1} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, - 1)^{T}

，容易验证

(β_{2}, β_{1}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + 0 = 0

。每算出一个

β_{k}

就随即检验一次正交性，是避免出错的好办法。

2. 正交化既不丢失也不增加信息：所得向量组与原向量组等价（由可逆上三角矩阵相联系）；对线性相关的向量组会出现 $β_{k} = 0$

施密特正交化只是把各向量的方向调整为两两垂直，它们所张成的空间并没有改变：

β_{1}, \dots, β_{s}

与

α_{1}, \dots, α_{s}

可以相互线性表示，二者等价。因此正交化以后所含的信息不变，秩也不变。但这里要求原向量组线性无关。如果

α_{k}

能由前面的向量线性表示，那么减去投影后将得到

β_{k} = 0

，它无法单位化，这就是线性相关的向量组不能作施密特正交化的原因。

证明 / 推导

由递推式

β_{k} = α_{k} - \sum_{j < k} c_{k j} β_{j}

可见，每个

β_{k}

都是

α_{k}

与前面各

β_{j}

（从而也是各

α_{j}

）的线性组合，且

α_{k}

的系数为

1

；反解上式，得

α_{k} = β_{k} + \sum_{j < k} c_{k j} β_{j}

。把它写成矩阵形式

(β_{1}, \dots, β_{s}) = (α_{1}, \dots, α_{s}) U

，其中

U

是主对角元全为

1

的上三角矩阵，由

∣ U ∣ = 1 \neq = 0

知它可逆，故两组向量可以相互线性表示，二者等价。若某个

α_{k}

可由前面的向量线性表示，则减去投影后恰好把它减成

0

，即得

β_{k} = 0

。

■

举例说明

对线性相关的向量组

α_{1} = (1, 1)^{T}, α_{2} = (2, 2)^{T}

，有

β_{1} = (1, 1)^{T}

，

β_{2} = α_{2} - \frac{( α _{2} , β _{1} )}{( β _{1} , β _{1} )} β_{1} = (2, 2)^{T} - \frac{4}{2} (1, 1)^{T} = (0, 0)^{T}

。这里果然出现

β_{2} = 0

，可见作正交化之前必须先保证向量组线性无关。

3. 正交矩阵的等价刻画： $Q^{T} Q = E ⟺$ 列向量组标准正交；由此得 $∣ Q ∣ = \pm 1$ ，且保内积保长度★★ 必会

n

阶实矩阵

Q

为正交矩阵（即

Q^{T} Q = E

，也就是

Q^{- 1} = Q^{T}

）的充分必要条件是：它的列向量组两两正交且都是单位向量（即标准正交向量组）；对行向量组也有同样的结论。求逆化为转置，是它在计算上最有用的性质。由此还得到两条常用的推论：

∣ Q ∣ = \pm 1

；正交变换保持内积、长度与夹角不变（因而是旋转或反射这类刚体运动）。第

11, 12

章中实对称矩阵的正交对角化与二次型的正交化，都要用到这一结论。

证明 / 推导

刻画的证明：

Q^{T} Q

的

(i, j)

元恰是第

i

列与第

j

列的内积

(q_{i}, q_{j})

，故

Q^{T} Q = E ⟺ (q_{i}, q_{j}) = δ_{ij}

，也就是各列两两正交（当

i \neq = j

时内积为

0

）且都是单位向量（当

i = j

时内积为

1

）。
$∣ Q ∣ = \pm 1$ ：对

Q^{T} Q = E

两端取行列式，得

∣ Q^{T} ∣∣ Q ∣ = ∣ Q ∣^{2} = 1

，故

∣ Q ∣ = \pm 1

。
保内积：

(Q α, Qβ) = (Q α)^{T} (Qβ) = α^{T} Q^{T} Qβ = α^{T} β = (α, β)

；在其中取

β = α

，即得

∥ Q α ∥ = ∥ α ∥

。

■

举例说明

设

Q = \frac{1}{3} 212 - 2 21 12 - 2

。它的三个列向量长度都是

1

，且两两内积为

0

，故

Q^{T} Q = E

，

Q^{- 1} = Q^{T}

，且

∣ Q ∣ = \pm 1

。这个矩阵把任一向量旋转或反射到新的位置，而长度保持不变。

4. 常见题型：补全正交矩阵的列，由正交 $+$ 单位这两组条件列方程求解

已知正交矩阵的部分列而求其余各列，是数学二中常考的构造题。做法是：设所求的列为

γ

，由它与每个已知列的内积为 $0$ （正交条件）列出齐次方程组，解出方向以后再作单位化，使其长度为一。当三阶矩阵只缺一列时，所求方向就是两个已知列的公垂方向，通常有相差

\pm

号的两个答案，取其中之一即可。

证明 / 推导

设已知的标准正交列为

q_{1}, \dots, q_{n - 1}

，要求

q_{n}

。正交条件

q_{i}^{T} q_{n} = 0 (i = 1, \dots, n - 1)

是以

q_{n}

为未知量的齐次方程组，其系数矩阵为

(q_{1}, \dots, q_{n - 1})^{T}

，秩等于

n - 1

，故解空间是一维的。取它的一个非零解

v

，再令

q_{n} = v /∥ v ∥

，则单位条件与正交条件同时满足，于是

(q_{1}, \dots, q_{n})

便是正交矩阵。

■

举例说明

已知正交矩阵的前两列为

\frac{1}{2} (1, 1, 0)^{T}, \frac{1}{6} (1, - 1, 2)^{T}

，求第三列。解方程组

x + y = 0, x - y + 2 z = 0

，得方向

(1, - 1, - 1)^{T}

，其长度为

3

，故第三列

= \pm \frac{1}{3} (1, - 1, - 1)^{T}

。经检验，它与前两列的内积都是

0

，结果正确。

💡 小知识

施密特正交化以 Gram 和 Schmidt 两人命名，但拉普拉斯与柯西早就用过这套做法。如今它是数值线性代数中 QR 分解的基础，在 GPS 定位和信号处理里也是标准手段，用来把彼此歪斜的测量方向重新摆正成一组相互正交的方向。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 将线性无关向量组

α_{1} = (1, - 1, 0)^{T}

，

α_{2} = (1, 0, - 1)^{T}

施密特正交化，并单位化。难度 1

正交化。 取

β_{1} = α_{1} = (1, - 1, 0)^{T}

。
计算内积

(α_{2}, β_{1}) = 1 \cdot 1 + 0 \cdot (- 1) + (- 1) \cdot 0 = 1

，

(β_{1}, β_{1}) = 1 + 1 + 0 = 2

，故

β_{2} = α_{2} - \frac{( α _{2} , β _{1} )}{( β _{1} , β _{1} )} β_{1} = (1, 0, - 1)^{T} - \frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T} = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, - 1)^{T} .

验证正交：

(β_{2}, β_{1}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} + 0 = 0

，无误。
单位化。

∥ β_{1} ∥ = 2

；注意

β_{2} = \frac{1}{2} (1, 1, - 2)^{T}

，

∥ β_{2} ∥ = \frac{1}{2} 1 + 1 + 4 = \frac{6}{2}

。故

γ_{1} = \frac{1}{2} (1, - 1, 0)^{T}, γ_{2} = \frac{1}{6} (1, 1, - 2)^{T} .

■

例 2 将线性无关向量组

α_{1} = (1, 0, 1)^{T}

，

α_{2} = (1, 1, 0)^{T}

，

α_{3} = (0, 1, 1)^{T}

施密特正交化，并单位化。难度 2

取

β_{1} = α_{1} = (1, 0, 1)^{T}

，

(β_{1}, β_{1}) = 2

。

(α_{2}, β_{1}) = 1

，故

β_{2} = α_{2} - \frac{1}{2} β_{1} = (1, 1, 0)^{T} - \frac{1}{2} (1, 0, 1)^{T} = (\frac{1}{2}, 1, - \frac{1}{2})^{T}, (β_{2}, β_{2}) = \frac{1}{4} + 1 + \frac{1}{4} = \frac{3}{2} .

(α_{3}, β_{1}) = 0 \cdot 1 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot 1 = 1

，

(α_{3}, β_{2}) = 0 \cdot \frac{1}{2} + 1 \cdot 1 + 1 \cdot (- \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}

，故

β_{3} = α_{3} - \frac{1}{2} β_{1} - \frac{1/2}{3/2} β_{2} = (0, 1, 1)^{T} - \frac{1}{2} (1, 0, 1)^{T} - \frac{1}{3} (\frac{1}{2}, 1, - \frac{1}{2})^{T} = (- \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})^{T} .

验证：

(β_{3}, β_{1}) = 0, (β_{3}, β_{2}) = 0

，正交无误。
单位化（

β_{2} = \frac{1}{2} (1, 2, - 1)^{T}, β_{3} = \frac{2}{3} (- 1, 1, 1)^{T}

）：

γ_{1} = \frac{1}{2} (1, 0, 1)^{T}, γ_{2} = \frac{1}{6} (1, 2, - 1)^{T}, γ_{3} = \frac{1}{3} (- 1, 1, 1)^{T} .

γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}

两两正交且均为单位向量。

■

例 3 已知

3

阶正交矩阵

Q

的前两列为

\frac{1}{2} (1, 1, 0)^{T}

与

\frac{1}{6} (1, - 1, 2)^{T}

，求

Q

的第三列。难度 2

正交矩阵的列构成标准正交向量组：第三列

γ_{3}

必须与前两列都正交、且为单位向量。设

γ_{3} = k (x, y, z)^{T}

，由正交条件（去掉正倍数，只需方向

(x, y, z)

与前两列方向正交）：

{(x, y, z) \cdot (1, 1, 0) = x + y = 0, (x, y, z) \cdot (1, - 1, 2) = x - y + 2 z = 0.

由第一式

y = - x

，代入第二式

x - (- x) + 2 z = 2 x + 2 z = 0 \Rightarrow z = - x

。取

x = 1

得方向

(1, - 1, - 1)^{T}

，其长度

1 + 1 + 1 = 3

。单位化：

γ_{3} = \pm \frac{1}{3} (1, - 1, - 1)^{T} .

（两个方向都满足要求；验证

(1, - 1, - 1) \cdot (1, 1, 0) = 0, (1, - 1, - 1) \cdot (1, - 1, 2) = 1 + 1 - 2 = 0

。）

■

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2006 年 · 数二 · 第 23 题 · 解答题 · 9 分

设

3

阶实对称矩阵

A

的各行元素之和均为

3

，向量

α_{1} = (- 1, 2, - 1)^{T}

，

α_{2} = (0, - 1, 1)^{T}

是线性方程组

A x = 0

的两个解。

（Ⅰ）求

A

的特征值与特征向量；
（Ⅱ）求正交矩阵

Q

和对角矩阵

Λ

，使得

Q^{T} A Q = Λ

。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

下列矩阵中是正交矩阵的是（　）。

A $(01 - 1 0)$
B $(1011)$
C $(1101)$
D $(11 1 - 1)$

练习 2 · 填空题

设

Q

为正交矩阵，且

∣ Q ∣ > 0

，则

∣ Q ∣ =

____。

练习 3 · 填空题

与向量

α = (1, - 2, 2)^{T}

同方向的单位向量为 ____。

练习 4 · 选择题

设

A

为

n

阶正交矩阵，则下列结论一定成立的是（　）。

A $A^{T} = A^{- 1}$
B $∣ A ∣ = 1$
C $A$ 是对称矩阵
D $A$ 的元素都非负

练习 5 · 填空题

设向量

α = (1, 2, t)^{T}

与

β = (2, 1, - 1)^{T}

正交，则

t =

____。

练习 6 · 选择题

设

α_{1}, α_{2}, α_{3}

线性无关，用施密特正交化方法依次得到正交向量组

β_{1}, β_{2}, β_{3}

，则下列说法错误的是（　）。

A $β_{1} = α_{1}$
B $β_{2}$ 与 $α_{1}$ 正交
C $β_{3}$ 可由 $α_{1}, α_{2}, α_{3}$ 线性表示
D $β_{3}$ 与 $α_{3}$ 正交

练习 7 · 填空题

设

A

为

3

阶正交矩阵，且

∣ A ∣ = - 1

，则

∣ A + E ∣ =

____。

练习 8 · 解答题

设

α_{1} = (1, 1, 1)^{T}

，

α_{2} = (1, 2, 3)^{T}

，

α_{3} = (1, 4, 9)^{T}

。

(1)

用施密特正交化方法把

α_{1}, α_{2}, α_{3}

化为正交向量组

β_{1}, β_{2}, β_{3}

，并单位化得

e_{1}, e_{2}, e_{3}

；

(2)

写出以

e_{1}, e_{2}, e_{3}

为列的矩阵

Q

，并验证

Q^{T} Q = E

；

(3)

求

α_{3}

在由

α_{1}, α_{2}

张成的平面上的投影向量。

施密特正交化与正交矩阵

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 减去投影为什么能得到正交向量：公式中分母取 (βj​,βj​) 的理由与归纳证明★ 要懂

2. 正交化既不丢失也不增加信息：所得向量组与原向量组等价（由可逆上三角矩阵相联系）；对线性相关的向量组会出现 βk​=0

3. 正交矩阵的等价刻画：QTQ=E⟺ 列向量组标准正交；由此得 ∣Q∣=±1，且保内积保长度★★ 必会

4. 常见题型：补全正交矩阵的列，由正交 + 单位这两组条件列方程求解

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 减去投影为什么能得到正交向量：公式中分母取 $(β_{j}, β_{j})$ 的理由与归纳证明★ 要懂

2. 正交化既不丢失也不增加信息：所得向量组与原向量组等价（由可逆上三角矩阵相联系）；对线性相关的向量组会出现 $β_{k} = 0$

3. 正交矩阵的等价刻画： $Q^{T} Q = E ⟺$ 列向量组标准正交；由此得 $∣ Q ∣ = \pm 1$ ，且保内积保长度★★ 必会

4. 常见题型：补全正交矩阵的列，由正交 $+$ 单位这两组条件列方程求解