跳到主要内容

内积空间 (Inner Product Spaces)

内积空间是在线性空间的基础上引入“度量”结构（长度、角度）的数学对象，是泛函分析与量子力学的基础。

1. 内积的定义与基本性质​

设 VV 是实数域 R\mathbb{R} 或复数域 C\mathbb{C} 上的线性空间。若对任意 u,v∈Vu, v \in V，都有一个标量 ⟨u,v⟩\langle u, v \rangle 满足：

  1. 正定性：⟨v,v⟩≥0\langle v, v \rangle \ge 0，且 ⟨v,v⟩=0  ⟺  v=0\langle v, v \rangle = 0 \iff v = 0。
  2. 共轭对称性：⟨u,v⟩=⟨v,u⟩‾\langle u, v \rangle = \overline{\langle v, u \rangle}。
  3. 第一变元线性性：⟨au+bv,w⟩=a⟨u,w⟩+b⟨v,w⟩\langle au + bv, w \rangle = a\langle u, w \rangle + b\langle v, w \rangle。

满足上述条件的空间称为内积空间。实内积空间常称为 Euclidean 空间，复内积空间常称为 Unitary 空间。

范数与 Cauchy-Schwarz 不等式​

由内积诱导的范数（长度）定义为 ∥v∥=⟨v,v⟩\|v\| = \sqrt{\langle v, v \rangle}。

重要不等式

Cauchy-Schwarz 不等式：

∣⟨u,v⟩∣≤∥u∥⋅∥v∥|\langle u, v \rangle| \le \|u\| \cdot \|v\|

等号成立当且仅当 u,vu, v 线性相关。

2. 正交性与 Gram-Schmidt 正交化​

  • 正交：若 ⟨u,v⟩=0\langle u, v \rangle = 0，则称 u,vu, v 正交，记作 u⊥vu \perp v。
  • 正交基：基中向量两两正交。
  • 标准正交基 (Orthonormal Basis)：两两正交且长度均为 1 的基。

Gram-Schmidt 过程​

设 {v1,…,vn}\{v_1, \dots, v_n\} 是 VV 的一组基，构造正交基 {u1,…,un}\{u_1, \dots, u_n\}：

  1. u1=v1u_1 = v_1
  2. u2=v2−⟨v2,u1⟩∥u1∥2u1u_2 = v_2 - \frac{\langle v_2, u_1 \rangle}{\|u_1\|^2}u_1
  3. uk=vk−∑j=1k−1⟨vk,uj⟩∥uj∥2uju_k = v_k - \sum_{j=1}^{k-1} \frac{\langle v_k, u_j \rangle}{\|u_j\|^2}u_j

最后单位化：ei=ui∥ui∥e_i = \frac{u_i}{\|u_i\|}。

例题 1：多项式空间的正交化​

在 P2(R)P_2(\mathbb{R}) 上定义内积 ⟨p,q⟩=∫−11p(x)q(x)dx\langle p, q \rangle = \int_{-1}^1 p(x)q(x)dx。将基 {1,x,x2}\{1, x, x^2\} 正交化。

点击查看解答
  1. u1=1u_1 = 1。
  2. u2=x−∫−11x⋅1dx∫−1112dx⋅1=x−0=xu_2 = x - \frac{\int_{-1}^1 x \cdot 1 dx}{\int_{-1}^1 1^2 dx} \cdot 1 = x - 0 = x。
  3. u3=x2−∫−11x2⋅1dx∫−1112dx⋅1−∫−11x2⋅xdx∫−11x2dx⋅xu_3 = x^2 - \frac{\int_{-1}^1 x^2 \cdot 1 dx}{\int_{-1}^1 1^2 dx} \cdot 1 - \frac{\int_{-1}^1 x^2 \cdot x dx}{\int_{-1}^1 x^2 dx} \cdot x
    • ∫−11x2dx=23\int_{-1}^1 x^2 dx = \frac{2}{3}，∫−111dx=2\int_{-1}^1 1 dx = 2，故第一项系数为 13\frac{1}{3}。
    • ∫−11x3dx=0\int_{-1}^1 x^3 dx = 0，故第二项系数为 0。
    • u3=x2−13u_3 = x^2 - \frac{1}{3}。

得到著名的 Legendre 多项式 前三项（未单位化）。

3. 正交变换与 Unitary 变换​

  • 正交变换（实）：保持内积不变的线性变换 TT，其矩阵满足 ATA=IA^TA = I。
  • Unitary 变换（复）：保持内积不变，其矩阵满足 A∗A=IA^*A = I。

性质：

  • 保持向量长度不变。
  • 特征值的模均为 1。
  • 不同特征值的特征向量必正交。

4. 特征值理论：谱定理 (Spectral Theorem)​

内积空间中最精妙的结论是关于对称/厄米矩阵的对角化。

  • 对称矩阵（实）：A=ATA = A^T。
  • Hermitian 矩阵（复）：A=A∗A = A^*。
谱定理

实对称矩阵（或 Hermitian 矩阵）的特征值全为实数，且必存在标准正交基使其对角化。

例题 2：正交对角化​

设 A=(1221)A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}，求正交矩阵 PP 使 PTAPP^TAP 为对角阵。

点击查看解答
  1. 求特征值：det⁡(λI−A)=(λ−1)2−4=λ2−2λ−3=(λ−3)(λ+1)\det(\lambda I - A) = (\lambda-1)^2 - 4 = \lambda^2 - 2\lambda - 3 = (\lambda-3)(\lambda+1)。
    • λ1=3,λ2=−1\lambda_1 = 3, \lambda_2 = -1。
  2. 求特征向量：
    • λ1=3\lambda_1 = 3：(A−3I)x=0⇒(−222−2)x=0⇒x1=(11)(A-3I)x=0 \Rightarrow \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}x=0 \Rightarrow x_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}。单位化 e1=12(11)e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}。
    • λ2=−1\lambda_2 = -1：(A+I)x=0⇒(2222)x=0⇒x2=(1−1)(A+I)x=0 \Rightarrow \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}x=0 \Rightarrow x_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}。单位化 e2=12(1−1)e_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}。
  3. 结论：P=12(111−1)P = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}，则 PTAP=(300−1)P^TAP = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}。

5. 配套练习​

练习 1：Cauchy-Schwarz 的应用​

证明：对任意正实数 a,b,ca, b, c，满足 (a+b+c)(1a+1b+1c)≥9(a+b+c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \ge 9。

点击查看解答

在 R3\mathbb{R}^3 中取向量 u=(a,b,c)u = (\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}) 和 v=(1a,1b,1c)v = (\frac{1}{\sqrt{a}}, \frac{1}{\sqrt{b}}, \frac{1}{\sqrt{c}})。 由 Cauchy-Schwarz 不等式：

⟨u,v⟩2≤∥u∥2∥v∥2\langle u, v \rangle^2 \le \|u\|^2 \|v\|^2

其中 ⟨u,v⟩=a⋅1a+⋯=1+1+1=3\langle u, v \rangle = \sqrt{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{a}} + \dots = 1+1+1=3。 ∥u∥2=a+b+c\|u\|^2 = a+b+c，∥v∥2=1a+1b+1c\|v\|^2 = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}。 故 32≤(a+b+c)(1a+1b+1c)3^2 \le (a+b+c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})，即得证。

练习 2：正交矩阵判定​

判断矩阵 A=(cos⁡θ−sin⁡θsin⁡θcos⁡θ)A = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} 是否为正交矩阵。

点击查看解答

计算 ATAA^TA：

(cos⁡θsin⁡θ−sin⁡θcos⁡θ)(cos⁡θ−sin⁡θsin⁡θcos⁡θ)=(cos⁡2θ+sin⁡2θ00sin⁡2θ+cos⁡2θ)=(1001)\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ -\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos^2\theta+\sin^2\theta & 0 \\ 0 & \sin^2\theta+\cos^2\theta \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}

故 AA 是正交矩阵。它在几何上表示平面上的旋转。

练习 3：Hermitian 矩阵性质​

设 AA 是 Hermitian 矩阵（A=A∗A = A^*）。证明其特征值必为实数。

点击查看解答

设 Ax=λx,x≠0Ax = \lambda x, x \neq 0。 则 ⟨Ax,x⟩=⟨λx,x⟩=λ⟨x,x⟩=λ∥x∥2\langle Ax, x \rangle = \langle \lambda x, x \rangle = \lambda \langle x, x \rangle = \lambda \|x\|^2。 又因为 ⟨Ax,x⟩=⟨x,A∗x⟩=⟨x,Ax⟩=⟨x,λx⟩=λˉ⟨x,x⟩=λˉ∥x∥2\langle Ax, x \rangle = \langle x, A^*x \rangle = \langle x, Ax \rangle = \langle x, \lambda x \rangle = \bar{\lambda} \langle x, x \rangle = \bar{\lambda} \|x\|^2。 由于 ∥x∥2≠0\|x\|^2 \neq 0，故 λ=λˉ\lambda = \bar{\lambda}，说明 λ\lambda 是实数。

前往练习库：/docs/exercises/math/algebra