第十三章

埃尔米特空间

13.1倍线性和埃尔米特形式、希尔伯特前空间和埃尔米特空间

在本章中，我们将第11章中欧几里德几何的基本结果推广到复数上的向量空间。这种概括是不可避免的，而不仅仅是一种奢侈。例如，线性映射可能没有实际的特征值，但它们总是有复杂的特征值。此外，如果将一些非常重要的线性映射扩展到实向量空间的复杂性，它们就可以对角化。这是正交矩阵的情况，更一般地说，是正态矩阵。此外，复向量空间通常是物理或工程中的自然框架，更便于处理傅立叶级数。然而，由于复杂的接合，会出现一些并发症。

回想一下，对于任何复数z∈c，如果z=x+iy，其中x，y∈r，我们让<z=x，z的实部，和=z=y，z的虚部。我们还表示z that=x z+2y=byzzz==x2x+−yyy2.的共轭和z的绝对值（或长度或模量）x z。回忆

在许多自然情况下，图：e×e→c在其第一个参数中是线性的，在其第二个参数中仅是半线性的，这意味着（u，μv）=（u，v），而不是_（u，μv）=（u，v）。例如，处理函数f:r→c，特别是傅立叶级数的自然内积是

它在G中是半线性的（但不是线性的）。因此，当把欧几里德空间的实情形的结果推广到复情形时，我们必须非常仔细地检查我们的证明在第二个论证中不依赖线性。否则，我们需要修改我们的证明，有时结果是完全错误的！

四百二十七

在定义内积的自然泛化之前，可以方便地定义半线性映射。

定义13.1.在复域C上给定两个向量空间e和f，函数f:e→f是半线性的if

，

对于所有u，v∈e和所有λ∈c。

注：不定义半线性映射，我们可以将向量空间e定义为具有相同的载波集e的向量空间，其加法与e的加法相同，但其乘复数的方法是：

（λ，u）7→λu。

然后很容易检查函数f:e→c是半线性的，如果f:e→c是线性的。

我们现在可以定义倍线性形式和厄米式形式。

定义13.2.对于复向量空间e，如果函数的第一个参数是线性的，第二个参数是半线性的，那么它就是一个倍线性形式，这意味着

，

对于所有形式的u，v，u1，u2，v1，v2∈e，以及所有的λ，µ∈c，a函数_：e×e→c是一个厄米特函数

如果是倍线性，如果

⑨（v，u）=⑨（u，v）

对于所有的u，v∈e。

显然，（0，v）=（u，0）=0。还要注意，如果：e×e→c是倍线性的，我们有

（λu+v，λu+_v）=λ2（u，u）+λ（u，v）+λ（v，u）+2（v，v），

如果_:e×e→c是厄米提安，我们有

⑨（λu+v，λu+_v）=λ2（u，u）+2<（λ（u，v））+2（v，v）。

注意，仅限于实数系数，倍线性形式是双线性（我们有时称为r-双线性）。

定义13.3.给定一个二次方程形式，Φ：e×e→c，函数Φ：e→c定义为所有u∈e的Φ（u）=（u，u）称为与_相关的二次方程。

Cn上的Hermitian形式的标准示例是定义为：

⑨（（x1，…，xn），（y1，…，yn））=x1y1+x2y2+·····+xnyn.

这张图也是肯定的，但在处理这些问题之前，我们先展示以下有用的命题。

提案13.1.给定一个复向量空间e，以下属性成立：

(1) 一个倍线性形式：e×e→c是一个厄米式形式iff_（u，u）∈r，表示所有u∈e。

(2) 如果_：e×e→c是倍线性形式，则

，

和

2（u，v）=（1+i）（（u，u）+（v，v））−（u−v，u−v）−i（u−iv，u−iv）。

这些称为极化恒等式。

证据。（1）如果_是赫米特形式，则

⑨（v，u）=⑨（u，v）

意味着

⑨（u，u）=⑨（u，u）、

因此，（u，u）∈r。如果是二次线性，且（u，u）∈r表示所有u∈e，则

⑨（U+V，U+V）=⑨（U，U）+（U，V）+（V，U）+（V，V）、

证明了（u，v）+（v，u）=α，

其中α是真的，把u变为iu，我们有

I（_（u，v）−（v，u））=β，

其中β是真的，因此

⑨（u，v）=-和，αiβ

二

证明_是赫敏。

（2）这些身份是通过扩展右侧来验证的，我们将其作为练习。

命题13.1表明一个倍线性形式完全由二次形式Φ（u）=（u，u）决定，即使_不是赫米特式。对于真正的双线性形式，这是错误的，除非它是对称的。例如，双线性形式：r2×r2→r定义如下：

⑨（（x1，y1），（x2，y2））=x1y2−x2y1

不是相同的零，但它在对角线上为空。然而，一个真正对称的双线性形式确实是由它在对角线上的值决定的，正如我们在第11章所看到的。

在欧几里得的例子中，厄米提安式的形式，其中（u，u）≥0起着重要作用。

定义13.4.给定一个复向量空间e，当所有u∈e的ω（u，u）≥0时，厄米特式_：e×e→c为正，当所有u=06时，（u，u）>0为正。一对He，i，其中e是一个复向量空间，而a是e上的厄米形式，如果a是正的，则称为前希尔伯特空间，如果a是正的，则称为厄米（或正的）空间。

我们警告读者，一些作者，如lang[108]，将希尔伯特前空间定义为我们所定义的隐士空间。我们更喜欢使用Schwartz[146]和Bourbaki[27]中使用的术语。量（u，v）通常称为u和v的埃尔米特积，我们偶尔称之为u和v的内积。

给定Hilbert前空间He，i，如欧几里得空间，我们还表示（u，v）by

u·v或hu、vi或（u v）

以及Kuk的pΦ（u）。

例13.1。埃尔米特形式下的复向量空间Cn

⑨（（x1，…，xn），（y1，…，yn））=x1y1+x2y2+····+xnyn

是一个隐士空间。

例13.2。设2表示复数的所有可数无穷序列x=（Xi）i n的集合，这样定义了（即，序列收敛为n～ω）。可以看出，图_：2×2→C定义如下：

定义得很好，`2是下的赫米特空间。实际上，2甚至是希尔伯特空间。

例13.3。让cpiece[a，b]为Hermitian形式下有界分段连续函数f:[a，b]→c的集合。

很容易确认这种厄米形式是正的，但不一定。因此，在这种赫米特形式下，cpiece[a，b]只是一个前希尔伯特空间。

例13.4。设c[a，b]为Hermitian形式下的复值连续函数f[a，b]→c的集合。

很容易确认这种厄米形式是正定的。因此，C[A，B]是一个隐士空间。

例13.5。设e=mn（c）为复n×n矩阵的向量空间。如果我们把一个矩阵a∈mn（c）看作是一个“长”列向量，把它的列连在一起，就可以把两个矩阵a，b∈mn（c）的厄米积定义为

，

可以方便地写为

ha，bi=tr（a>b）=tr（b a）。

由于这可以看作是CN2上的标准厄米田产品，所以它是锰（C）上的厄米田产品。相应的规范

kakf=ptr（a a）

是弗罗贝尼乌斯规范（见第8.2节）。

如果e是有限维的，并且如果_:e×e→r是e上的一个亮片形式，给定e的任何基（e1，…，en），我们可以写，并且我们已经

.

如果我们让g=（gij）是gij=_（ej，ei）给出的矩阵，如果x和y是与（x1，…，xn）和（y1，…，yn）相关联的列向量，那么我们可以写

⑨（x，y）=x>g>y=y gx，

其中y对应（y1，…，yn）。如第11.1节所述，我们犯了一个小错误，即x表示与（x1，…，xn）相关的向量和列向量（与y类似）。（x，y）的“正确”表达式为

⑨（x，y）=y gx=x>g>y。

观察到，在ω（x，y）=y gx中，所涉及的矩阵是矩阵的转置。

（Ⅷ（ei，ej））。原因是我们希望，当_为正定时，g为正定，而不是g>。

此外，观察到为厄米提法iff g=g，为正定iff，矩阵g为正定，即，

（gx）>x=x gx>0表示所有x∈cn，x=06。

定义13.5.关于基（e1，…，en），与厄米特积相关的矩阵G称为厄米特积的矩阵。

相反，如果a是厄米特正定n×n矩阵，则很容易检查厄米特形式hx，yi=y ax

是肯定的。如果我们把基从基（e1，…，en）改为基（f1，…，fn），如果基矩阵的变化是p（其中p的jth列由基（e1，…，en）上的fj坐标组成），那么对于基（f1，…，fn）上的x0和y0坐标，我们有

y gx=（y0）p gpx0，

因此，我们内部产品的基矩阵（f1，…，fn）是p gp。我们将这些事实概括为以下命题。

提案13.2.设e为有限维向量空间，设（e1，…，en）为e的基础。

1. 对于任何厄米特内积H−、−i on e，如果g=（gij）的gij=hej，eii是厄米特积H−、−i w.r.t的克矩阵。基（e1，…，en），则g是厄米特正定。

2. 对于基矩阵p的任何变化，相对于新基，h−、−i的g矩阵是p gp。

3. 如果a是任意n×n厄米特正定矩阵，则

hx，yi=y ax

是E上的Hermitian产品。

稍后我们将看到一个厄米矩阵是正定的，如果它的特征值都是正的。

下面的结果可以用来证明两个线性映射是相同的，这使人想起13.1号命题的第一极化恒等式。

提案13.3.给定任何厄米特空间E与Hermiite积H，，i，对于任意线性映射F:E，E，如果HF（x），Xi＝0，对于所有X E，则F＝0。

证据。计算hf（x+y），x+yi和hf（x-y），x-yi：

Hf（x+y），x+y= Hf（x），X+Hf（x），Y+Hf（y），Xi+Hy，Yi-Hf（x- y），x＝y= Hf（x），Xi-Hf（x），Yi Hf（y），Xi+Hy，Yi；

然后从第一个方程式中减去第二个方程式，得到

Hf（x+y），x+y-铪（x y），x＝y= 2（Hf（x），y+Hf（y），Xi）。

如果hf（u），所有u∈e的ui=0，我们得到

Hf（x），y+Hf（y），Xi＝0，对于所有x，yεe。

如果我们用x替换x，那么上述方程也成立，我们得到

IHF（x），Yi，IHF（y），Xi＝0，对于所有x，y，e，

所以我们有

Hf（x），Y+Hf（y），Xi＝0 Hf（x），Yi HF（y），Xi＝0，

这意味着（x）=0对于所有x∈hef（；即，x），y i=0f对于所有x=0.x，y∈e。由于h−，−i是正定的，我们有

我们应该小心不要将命题13.3应用于实际欧几里得空间上的线性映射，因为它是错误的！读者应该找到一个反例。

柯西-施瓦兹不等式和明可夫斯基不等式扩展到前希尔伯特空间和赫米特空间。

提案13.4.让他，_Cauchy–Schwarz不等式i是一个具有相关二次型Φ的前希尔伯特空间。对于所有的u，v∈e，我们有

|⑨（U，V）≤Φ（U）PΦ（V）。

此外，如果he，i是一个厄米空间，则等式认为iff u和v是线性相关的。

我们还有明可夫斯基不平等

证据。对于所有的u，v∈e和所有的∈c，我们观察到

⑨（U+祆V，U+祆V）=祆（U，U）+2<（祆（U，V））+祆2祆（V，V）。

设_（u，v）=ρeiθ，式中（u，v）=ρ（ρ≥0）。设f:r→r为定义的函数，以便

f（t）=Φ（u+teiθv）

对于所有的t∈r，上面显示

f（t）＝（u，u）+2t（u，v）+t2（v，v）=Φ（u）+2t（u，v）+t2（v）。

既然假设φ为正，那么所有t∈r的f（t）≥0。如果Φ（v）=0，我们必须有（u，v）=0，否则，通过选择t为负并足够小可以使f（t）为负。如果Φ（v）>0，为了使f（t）为非负，方程式

Φ（u）+2t（u，v）+t2Φ（v）=0

不能有明显的实根，这相当于

|⑨（u，v）2≤Φ（u）Φ（v）。

取两边的平方根得到柯西-施瓦兹不等式。

对于权利要求的第二部分，如果_是肯定的，我们的论点如下。如果u和v是线性相关的，则立即证明我们得到了一个等式。相反，如果

|⑨（U，V）2=Φ（U）Φ（V）、

然后有两种情况。如果Φ（v）=0，因为_是正定的，我们必须有v=0，所以u和v是线性相关的。否则，方程式

Φ（u）+2t（u，v）+t2Φ（v）=0

有一个双根t0，因此

Φ（u+t0eiθv）=0.

既然_是肯定的，我们必须

u+t0eiθv=0，

这表明u和v是线性相关的。如果我们把minkowski不等式平方，我们得到

Φ（U+V）≤Φ（U）+Φ（V）+2PΦ（U）PΦ（V）。

然而，我们之前发现

Φ（u+v）=Φ（u）+Φ（v）+2<（（u，v））。

因此，足以证明

<（_（u，v））≤pΦ（u）pΦ（v）、

但这源于柯西-施瓦兹不平等

|⑨（U，V）≤PΦ（U）PΦ（V）

事实上，<z≤z。

如果ω是正定的，u和v是线性相关的，则立即证明我们得到一个等式。相反，如果平等在明可夫斯基不平等中成立，我们必须

<（η（u，v））=pΦ（u）pΦ（v）、

这意味着

|⑨（U，V）=PΦ（U）PΦ（V）、

否则，通过柯西-施瓦兹不平等，我们将

<（（u，v））≤（u，v）<pΦ（u）pΦ（v）。因此，平等在柯西-施瓦兹不平等中存在，以及

<（（u，v））=（u，v）。

但是我们在柯西-施瓦兹的例子中证明了u和v是线性相关的。既然我们也证明了_（u，v）是实的和非负的，那么u和v之间的比例系数实际上是非负的。

在欧几里得的例子中，如果他，i是一个厄米空间，minkowski不等式

PΦ（U+V）≤PΦ（U）+PΦ（V）

结果表明，地图U 7→PΦ（U）是EP上的一个范数。_引起的范数称为

_引起的厄米数范数。我们通常用kuk表示Φ（u），柯西-施瓦兹不等式写为

| U·V≤Kukkkvk。

由于厄米空间是赋范向量空间，因此它是由范数诱导的拓扑下的拓扑空间（此拓扑的基础由圆心u和半径ρ>0的开球b0（u，ρ）给出，其中

b0（u，ρ）=v∈e kv−uk<ρ。

如果e有有限维，则每个线性映射都是连续的；见第8章（或lang[108，109]，

Dixmier[52]或Schwartz[146147]）。柯西-施瓦兹不等式

结果表明，ω：e×e→c是连续的，因此k k是连续的。

如果他，i是前希尔伯特人，那么kuk被称为半范数。在这种情况下，条件

kuk=0表示u=0

不一定是真的。然而，柯西-施瓦兹不等式表明，如果kuk=0，那么所有v的u·v=0∈e。

注：与实向量空间一样，复向量空间上的范数是由一些正定厄米积H−、−I诱导的，如果它满足平行四边形定律：

ku+vk2+ku−vk2=2（kuk2+kvk2）。

这一次，利用13.1号提案中的极化恒等式恢复厄米提安产物：

4hu，vi=ku+vk2−ku−vk2+iku+ivk2−iku−ivk2。

很容易检查hu，ui=kuk2，和

，

因此，检查变量u的线性就足够了，而且只适用于真正的标量。这很容易通过将第11.1节中的证明应用于hu，vi的实部和虚部来实现；细节留作练习。

现在我们将基本上反映欧几里得几何在第章中给出的表示。

很快，删除了大部分证据，除非需要认真修改。

13.2线性映射的正交性、对偶性、伴随性

在这一部分中，我们假设我们处理的是赫米特空间。我们用u·v或hu，vi表示厄米田内积，正交性、正交向量族、正交向量族和正交向量组补的概念与欧几里得的情况（定义11.2）是不变的。

例如，连续函数f的集合c[−π，π]→c是积下的厄米空间。

族（eikx）k∈z是正交的。

提案11.4和11.5保持不变。这很容易证明

.

13.2。线性映射的正交性、对偶性、伴随性

与有限维欧几里得空间的情况类似，厄米特积在向量空间e和空间e之间产生了一个规范的双射（即，独立于基的选择）。这是共轭出现的地方之一，但在这种情况下，麻烦很小。

给定一个厄米空间e，对于任何向量，映射定义如下：

对于所有v∈e。

同样，对于任何向量，都是定义为

对于所有的u∈e。

由于厄米积在第一个参数u中是线性的，映射在e中是线性形式，而在第二个参数v中是半线性形式，映射在e中也是线性形式。因此，我们有两个图[L:E→E和[R:E→E，定义如下：

，和。

提案13.5.方程和[L=[R保持不变。

证据。实际上，对于所有的u，v∈e，我们有

.

因此，我们对二者都使用了表示法，并且[对于[L和[R.定理13.6]都使用了表示法。设e为厄米空间e。地图[：e→e定义如下：

对于所有u∈e

是半线性的和内射的。当e也是有限维时，映射[：e→e是一个正则同构。

证据。[：e→e是一个半线性映射，它直接从以下事实出发：在第二个参数中，厄米特积是半线性的。如果u=v，则所有w∈e的u（w）=v（w），根据u和v的定义，这意味着

w·u=w·v

对于所有w∈e，其通过右边的半线性等价于

w·（v−u）=0，对于所有w∈e，

这意味着u=v，因为厄米特积是正定的。因此，[：e→e是内射的。最后，当e为有限维数n时，e也为维数n，然后

[：e→e是双目标的。因为[是半直线的，地图[：e→e是同构的。

同构的逆[：e→e用]：e→e表示。

作为同构的推论[：e→e我们得到以下结果。

提案13.7.如果e是有限维的厄米空间，那么每一个线性形式f e都对应一个唯一的v e，这样

f（u）=u·v，对于每个u∈e。

特别地，如果f不是零形式，那么f的核，即超平面h，就是与v正交的向量集。

评论：

\1. “音乐地图”[：e→e在e具有无限维度时不是主观的。这个结果可以通过限制我们对连续线性映射的关注以及假设向量空间e是希尔伯特空间来挽救。

\2. 狄拉克的“胸罩”符号。狄拉克发明了一种在量子力学中广泛使用的符号，通过厄米特内积诱导的对偶性来表示与向量u∈e相关联的线性形式。狄拉克的建议是用ui表示e中的向量u，并称之为ui和vi，它们的内积用ket s表示；符号ui发音为“ket u”。给定两个

kets（向量）hu vi

（而不是ui·vi）。表示bra u_uo f keti和uv的内积的符号hu_vi，表示为i预期二元性。实际上，我们定义了对偶（通常称为伴随）

hu，作为内积给出任意ket v值的线性形式，所以hu（vi）=hu vi。

因此，bra u=hu是dirac的符号表示我们的[（u）。因为地图是半线性的，我们有

hλu=λhu。

使用bra-ket表示法，给定一个正态基（u1i，…，uni），ket v（向量）写为

，

相应的线性形式bra v写为

在双重基础上（hu1，…，hun）。尽管看起来很可爱，我们不建议使用狄拉克符号。

13.2。线性映射的正交性、对偶性、伴随性

同构的存在对伴随图的存在至关重要。事实上，定理13.6允许我们定义厄米空间上线性映射的伴随。Leteveryeube是一个有限维∈e的厄米空间，映射v 7→u·fn（v，and let）f:e→e是一个线性映射。为了

显然是e中的线性形式，根据定理13.6，e中有一个用f（u）表示的唯一向量，这样

F（U）·V=U·F（V）

也就是说，

f（u）·v=u·f（v），对于每一个v∈e。

下面的命题表明，图f是线性的。

提案13.8.给定一个有限维的厄米空间e，对于每一个线性映射f:e→e，都有一个唯一的线性映射f：e→e，这样

f（u）·v=u·f（v），对于所有u，v∈e。

证据。仔细检查11.8号提案的证据表明，其适用性不变。唯一可能的问题是证明f（λu）=λf（u），但一切都发生在厄米积的第一个论点中，在这里，我们有线性。

定义13.6.给定一个有限维的厄米空间e，对于每一个线性映射f:e→e，唯一的线性映射f：e→e，这样

f（u）·v=u·f（v），对于所有u，v∈e

由命题13.8给出的被称为f的伴随（w.r.t.到赫米特积）。

事实上

v·u=u·v

意味着f的伴随f也具有以下特征：

f（u）·v=u·f（v）

对于所有u，v∈e。

给定两个厄米特空间e和f，其中e上的厄米特积表示为h−、−i1，f上的厄米特积表示为h−、−i2，给定任何线性映射f:e→f，立即证明命题13.8的证明可以改写为：f→e，从而表明有一个独特的线性地图

hf（u），vi2=hu，f（v）i1

对于所有u∈e和所有v∈f，线性映射f也被称为f的伴随。

与欧几里得的情况一样，以下属性直接从伴随图的定义开始。

命题13.9。（1）对于任何线性映射f:e→f，我们有

F=F.

(2) 对于任意两个线性映射f，g:e→f和任意标量λ∈r：

(3) 如果e、f、g、−i3和if are具有各自内部产物的厄米特空间f:e→f和g:f→g是两个线性映射，则h−、−i1、h−、−i2和h−

（g f）=f g。

厄米特空间）在欧几里得情况下，如果f=f，则为线性映射自伴。mapf:e→f为半正定（其中e为有限维数

Hf（x），Xi超0；

正定iff

Hf（x），Xi＞0×6，x 6＝0。

命题13.3的一个有趣的推论是，一个半正定线性映射必须是自伴的。事实上，我们可以证明一个稍微更一般的结果。

提案13.10。给出了任意有限维厄米空间E与厄米积自伴。特别地，对于任意线性映射f（e），e的任意半正定线性MAPH，i i，如果HF（x），XiπrFor对于所有：E×Ex是自共轭的。

证据。由于Hf（x），Xi，r对于所有x，e，我们有

，

所以我们有

h（f，f，f）（x），XI＝0，

命题13.3意味着f−f=0。

注意，如果e是一个真正的欧几里得空间，那么13.10命题是错误的。

在欧几里得例子中，定理13.6可以用来证明有限维的任何厄米空间都有正交基。证据不变。

提案13.11.考虑到有限维n≥1的非平凡厄米空间e，e有一个正交基（u1，…，un）。

13.3。线性等轴测（也称为幺正变换）

Gram-Schmidt正交归一化程序也适用于有限维的Hermitian空间，而不改变欧几里得情况！

提案13.12。对于有限维n≥1的非平凡厄米空间e，从e的任何基（e1，…，en），我们可以构造e的正交基（u1，…，un），其性质是：对于每k，1≤k≤n，族（e1，…，ek）和（u1，…，uk）生成相同的子空间。

注：除qr分解中，q是一个单位矩阵外，11.10命题后的注释也适用于此。

由于命题11.9（或命题13.12），给定任意有限维的厄米空间n，如果（e1，…，en）是e的正交基，那么对于任意两个向量u=u1e1+·········································

，

和诺姆库克一样

.

厄米空间总是有一个正态基，这意味着任何一个G矩阵都可以写成

g=q q，

对于一些可逆矩阵q，我们知道在基矩阵的变化中，一个g矩阵变成g0=p_gp。如果与g0对应的基是正交的，那么g0=i，那么g=（p−1）p−1。

提案11.11也保持不变。

提案13.13.给定有限维n≥1的任意非平凡厄米空间e，对于维k的任意子空间f，f的正交补f具有维n−k，e=f_f。此外，我们还有f=f。

13.3线性等轴测（也称为幺正变换）

在这一部分中，我们考虑了保持厄米特范数的厄米特空间之间的线性映射。第11.5节中欧几里得空间的所有定义都扩展到厄米特空间，除了正交变换称为一元变换，而命题

11.12仅在修改条件（2）下延伸。事实上，旧的证据表明（2）暗示（3）不起作用，而暗示实际上是错误的！它可以通过加固来修复

条件（2）。为了完整起见，我们陈述了定义11.5的Hermitian版本。

定义13.7.对于同一有限维n的任意两个非平凡厄米空间e和f，如果函数是线性的且

kf（u）k=kuk，对于所有u∈e。

提案11.12可以通过加强条件（2）来挽救。

提案13.14.对于任意两个具有相同有限维n的非平凡厄米空间e和f，对于每个函数f:e→f，下列性质是等效的：

（1）f是一个线性图，kf（u）k=k uk，对于所有u∈e；（2）kf（v）−f（u）k=kv−uk和f（iu）=if（u），对于所有u，v∈e。

（3）f（u）·f（v）=u·v，对于所有u，v∈e。

此外，这样的地图是双目标的。

证据。提案11.12中（2）暗示（3）的证据需要修改如下。我们用极化恒等式

2⑨（u，v）=（1+i）（kuk2+kvk2）−ku−vk2−iku−ivk2。

因为f（iv）=if（v），我们通过设置v=0得到f（0）=0，所以函数f保持距离和范数，我们得到

2（f（u），f（v））=（1+i）（kf（u）k2+k2f（v）k2）−kf（u）−f（v）k2

−IKF（U）−如果（2V）K 2

=（1+i）（k f（u）k+k2f（v）k）−kf（u）−f（v）k2

−ikf（u）−2f（iv）k2 2

=（1+i）（kuk+kvk）−ku−vk−iku−ivk2

=2_（u，v）

结果表明，F能根据需要保留厄米田内积。其余证据不变。

评论：

13.4。一元群，一元矩阵

(i) 在欧几里得的例子中，我们证明了

k f（v）−f（u）k=kv−uk表示所有u，v∈e和f（0）=0（20）

暗示（3）。为此，我们使用了极化恒等式

2U·V=kuk2+kvk2−ku−vk2。

在厄米提亚的情况下，极化同一涉及复数i，事实上，在厄米提亚的情况下，蕴涵（2满足（2 0）意味着（3）是错误的！共轭Z→7Z

0）自

| z2−z1=z2−z1=z2−z1，

然而，它不是线性的！

(ii) 如果我们通过改变第二个条件来修改（2），现在要求

τ∈e使得f（τ+i u）=f（τ）+i（f（τ+u）−f（τ））。

对于所有u∈e，那么函数g:e→e定义如下：

g（u）=f（τ+u）−f（τ）

满足（2）的旧条件，其含义（2）→（3）和（3）→（1）证明G是线性的，因此F是仿射的。从第一条评论来看，除了f是距离保持的事实之外，还需要在f上有一些涉及i的条件。

13.4一元群，一元矩阵

在这一部分中，作为我们处理欧几里得空间等距的镜像，我们探讨了一元群和一元矩阵的一些基本性质。作为格拉姆-施密特正交化过程的直接推论，我们得到了可逆矩阵的二维分解。在Hermitian框架中，线性映射的伴随矩阵不是由原始矩阵的转置给出的，而是由其共轭给出的。

定义13.8.给定一个复数m×n矩阵a，a的转置a>是n×m矩阵，定义如下：

a>ij=aj i，

a的共轭a是m×n矩阵a=（bij），定义如下：

bij=aij

对于所有i，j，1≤i≤m，1≤j≤n，a的伴随a是定义如下的矩阵：

.

提案13.15。设e为有限维n的任意厄米空间，设f:e→e为任意线性映射。以下属性保留：

(1) 线性图f:e→e是一个等距iff。

F F=F F=ID.

(2) 对于e的每一个正交基（e1，…，en），如果f的矩阵是a，则f的矩阵是a的伴随a，f是一个等距的，如果a满足恒等式

a a=a a=英寸，

式中，in表示n阶的单位矩阵，iff形式的列是cn的正态基，iff形式的行是cn的正态基。

证据。（1）证明与第11.14（1）号提案的证明相同。

（2）如果（e1，…，en）是e的正交基，则a=（aij）是f的矩阵，b=（bij）是f的矩阵。因为f的特点是

F（U）·V=U·F（V）

对于所有u，v∈e，如果w=w1e1+·········+wnen，我们得到w k=w·ek，对于所有k，

1≤k≤n；假设u=ei，v=ej，我们得到

bj i=f（ei）·ej=ei·f（ej）=f（ej）·ei=aij，

对于所有i，j，1≤i，j≤n。因此，b=a。现在，如果x和y是基上的任意矩阵（e1，…，en），通常用xj表示x的jth列，同样地，对于y，一个简单的计算表明

y x=（x j·y i）1≤i，j≤n。

然后立即验证，如果x=y=a，那么a a=aa=在iff中，列向量（a1，…，an）形成正交基。因此，从（1）我们可以看出（2）是明确的。

命题11.14表明一个等距f的倒数是它的伴随f。命题

11.14也激发了以下定义。

定义13.9.复数n×n矩阵是一个单位矩阵，如果

a a=a a=英寸。

评论：

13.4。一元群，一元矩阵

(1) 条件a a=in、a a=in和a−1=a是等效的。对于任意两个正交基（u1，…，un）和（v1，…，vn），如果p是基矩阵从（u1，…，un）到（v1，…，vn）的变化，很容易证明矩阵p是一元的。命题13.14（3）的证明还表明，如果f是一个等距测量，那么正交基（u1，…，un）的图像是一个正交基。

(2) 使用行列式的显式公式，我们马上就能看到

Det（A）=Det（A）。

如果F是一个幺正变换，而A是它相对于任何正交基的矩阵，从a a=i，我们得到

det（a a）=det（a）det（a）=det（a）det（a>）=det（a）det（a）=det（a）2，

所以（a）=1。很明显，维数n的厄米空间的等距构成一个群，行列式+1的等距构成一个子群。

这导致了以下定义。

定义13.10.给定一个维数为n的厄米空间e，等距图f:e→e构成gl（e，c）的一个子群，当e=cn时，用u（e）或u（n）表示，称为e的一元群。对于每一个等距f，我们都有det（f）=1，其中det（f）表示f的行列式。这样的等距，det（f）=1被称为旋转，或适当的等距，或适当的幺正变换，它们形成特殊线性群sl（e，c）（和u（e））的子群，用su（e）或s表示。u（n）当e=cn时，称为特殊的一元群（e的）。如Det（f）=16的等距称为不适当的等距，或不适当的幺正变换，或翻转变换。

傅立叶矩阵（不超过√n的系数）提供了一个非常重要的单一矩阵示例，傅立叶变换的不同版本中出现的矩阵。有关此主题的更多信息，请参阅问题和Strang[164167]。

su（2）组原来是汉密尔顿发明的单位四元数组。该组在计算机图形学和机器人学中使用的SO（3）中的旋转表示中起着重要作用；见第15章。

既然我们有了一个单位矩阵的定义，那么我们就可以解释Gram–Schmidt正交化过程如何立即生成矩阵的QR分解。

定义13.11.对于任意一个复n×n矩阵a，a的qr分解是任意一对n×n矩阵（u，r），其中u是一个单位矩阵，r是一个上三角矩阵，因此a=ur。

提案13.16。给定任意n×n复矩阵a，如果a是可逆的，则有一个单位矩阵u和一个上三角矩阵r，其对角项为正

A=乌尔。

证据和真实情况完全一样！

备注：如果a是可逆的，如果a=u1r1=u2r2是a的两个qr分解，那么

.

那么很容易看出，有一个对角线矩阵d，其对角线项为d i i=1，i=1，…，n，u2=u1d，r2=d r1。

对于复杂矩阵，我们有下面的哈达玛不等式。证明与欧几里得案例基本相同，但它使用了命题13.16而不是命题11.16。

提案13.17。（hadamard）对于任何复杂的n×n矩阵a=（aij），我们有

而且。

此外，如果a在左不等式中有一个零行，或者在右不等式中有一个零列，或者a是一元的。

对于厄米提亚矩阵，我们还有下面的11.18号命题。命题11.18的证明是通过的，因为厄米特正定A矩阵的乔尔斯基分解的形式为a=b b，其中b是带有正对角项的上三角形。细节留给读者。

提案13.18。（hadamard）对于任何复n×n矩阵a=（aij），如果a是厄米特半正定的，那么我们有

.

此外，如果a是正定的，则等式认为iff a是对角矩阵。

13.5厄米特反射和QR分解

如果a是n×n复奇异矩阵，则存在一些（不一定唯一的）qrdecomposition a=q r，其中q是一个单位矩阵，是户主反射的乘积，r是一个上三角矩阵，但证明更为复杂。一种方法是推广超平面反射的概念。这并不奇怪，因为在厄米提亚的例子中，有不适当的等距线，其行列式可以是任何单位复数。超平面反射一般如下。

13.5。厄米提反射与二维分解

定义13.12.设e为有限维的厄米空间。对于任何超平面h，对于正交于h的任何非零矢量w，因此e=h_g，其中g=cw，关于θ角h的厄米反射是形式为ρh，θ：e→e的线性映射，其定义如下：

ρh，θ（u）=ph（u）+eiθpg（u），

对于任何单位复数e iθ=1（6即θ=6 k2π）。对于任何非零矢量w∈e，我们用ρw，θ表示由ρh，θ给出的厄米反射，其中h是与w正交的超平面。

由于u=ph（u）+pg（u），厄米反射ρw，θ也表示为

或作为

注意，标准超平面反射的情况是在e iθ=−1，即θ=π时得到的。在这种情况下，

这种反射的矩阵是户主矩阵，如12.1节所述，除了W可能是一个复杂的向量。

作为一个简单的练习，我们将检查ρw，θ确实是一个等距测量，并且ρw，θ的倒数是ρw，−θ。如果我们选取一个正交基（e1，…，en），使得（e1，…，en-1）是h的正交基，那么ρw，θ的矩阵是

我们现在主要的惊喜是。考虑到任意两个不同的向量u和v，例如kuk=kvk，并不总是有一个超平面反射映射u到v，但这可以使用两个厄米特反射来完成！

提案13.19。让我们成为任何非平凡的隐士空间。

(1) 对于任意两个向量u，v∈e，使u=6v且kuk=kvk，如果u·v=e iθu·v，则（通常）关于与向量v−e−iθu正交的超平面的反射s为s（u）=eiθv。

(2) 对于任何非零向量v∈e，对于任何单位复数eiθ=16，存在厄米反射ρv，θ，这样

ρv，θ（v）=eiθv。

因此，对于（1）中的u和v，我们有ρv，−θs（u）=v。

证据。（1）考虑与w=v−e−iθu正交的超平面的（通常）反射。

.

我们需要计算

−2u·（v−e−iθu）和（v−e−iθu）·（v−e−iθu）。

既然u·v=eiθu·v，我们有

e−iθu·v=u·v和eiθv·u=u·v。

利用上述和kuk=kvk的事实，我们得到

−2u·（v−e−iθu）=2eiθiθ（kkukk22−2 uu··v，v），

= 2e

和

因此，

.

但是后来，

和s（u）=eiθv，如权利要求所述。

（2）这部分比较容易。想想赫敏的倒影

我们有

因此，ρv，θ（v）=eiθv。由于ρv，θ是线性的，将参数v改为eiθv，我们得到

ρv，−θ（eiθv）=v，

因此，ρv，−θs（u）=v。

13.5。厄米提反射与二维分解

评论：

(1) 如果我们使用向量v+e−iθu而不是v−e−iθu，我们得到s（u）=−eiθv。

(2) 某些作者，如Kincaid和Cheney[100]和Ciarlet[41]，使用向量u+e iθv而不是向量v+e−iθu。这种选择的效果是他们也得到s（u）=−eiθv。

(3) 如果v=kuke1，其中e1是基向量，u·e1=a1，其中a1只是基向量e1上u的系数。那么，由于u·e1=e iθa1，在矢量kuke1+e iθu中选择加号，会影响到该矢量在e1上的系数是kuk+a1，并且不会发生取消，这对于数值稳定性更可取（我们需要除以该矢量的平方范数）。

我们现在证明，用（复杂）户主矩阵进行的QR分解适用于复杂矩阵。我们需要第13.19号提案的版本和辩论结束时的技巧，但是证据基本上是不变的。

提案13.20。设e为维数n的非平凡厄米空间。给定任意正交基（e1，…，en），对于向量（v1，…，vn）的任意n元组，有一个n-1等距线h1，…，hn-1的序列，这样hi是（标准）超平面反射或恒等式，如果（r1，…，rn）是向量，则n按

rj=hn−1·····h2 h1（vj），1≤j≤n，

然后，每个RJ是向量（e1，…，ej），（1≤j≤n）的线性组合。等价地，其列是基上RJ的分量的矩阵r（e1，…，en）是上三角矩阵。此外，如果我们允许形式的另一个等值线hn

hn=ρen，n···ρe1，_

在h1，…，hn−1之后，我们可以确保r的对角线项是非负的。

证据。证明与12.3号提案的证明非常相似，但由于13.19号提案比12.2号提案弱，因此需要对其稍作修改。我们将解释如何修改归纳步骤，将基本情况和其他证明作为练习。

在命题12.3的证明中，向量（e1，…，ek）构成表示为UK0的子空间的基础，向量（ek+1，…，en）构成表示为UK00的子空间的基础，子空间UK0和UK00是正交的，e=UK0 UK00。让

UK+1=hk····h2 h1（vk+1）。

我们可以写信

，

其中U0K+1∈UK0和。让

，和。

如果，我们让hk+1=id。否则，通过13.19（1）号提案（与

V=Rk+1，K+1Ek+1），有一个独特的超平面反射hk+1，这样

，

其中，hk+1是垂直于向量的超平面hk+1的反射。

WK+1=RK+1，K+1 EK+1−E−IθK+1U00K+1。

在归纳的最后，我们得到了一个三角形的矩阵r，但是r的对角线项eiθj r j，j可能是复杂的。出租

hn=ρen，−θn····ρe1，−θ1，

我们观察到向量矩阵的对角项

是带有非负项的三角形。

备注：对于数值稳定性，最好使用wk+1=rk+1，k+1ek+1+e−iθk+1U00k+1，而不是wk+1=rk+1，k+1ek+1−e−jiθk+1U00k+1。这种选择的效果是，r中的对角线j项的形式为−eiθrj，j=ei（θ+π）rj，j。当然，我们可以通过应用

hn=ρen，π-θn···ρe1，π-θ1

在hn-1之后。

在欧几里得案例中，命题13.20立即暗示了任意复杂n×n矩阵的qr分解，其中q现在是一元的（见Kincaid和Cheney[100]和Ciarlet[41]）。

提案13.21。对于每个复杂的n×n矩阵a，有一个矩阵的序列h1，…，hn−1，其中每个hi都是一个户主矩阵或恒等式，以及一个上三角矩阵r，这样

R=hn−1···h2h1a。

作为推论，有一对矩阵q，r，其中q是一元的，r是上三角的，因此a=qr（a的qr分解）。此外，可以选择r，使其对角线项为非负。这可以通过一个对角矩阵d来实现，其中的条目如下

Q=h1···hn−1d，r=d r，

其中，re是上三角形，并且具有非负对角线条目。

证据。这与12.4号提案的证明基本相同，我们将细节留作练习。对于最后一个陈述，观察hn·····h1也是一个等距测量。

13.6。正交投影和对合

13.6正交投影和对合

在本节中，我们首先假设场k不是特征2的场。回想一下，线性映射f:e→e是对合的iff f2=id，是等幂的iff f2=f。我们从命题5.7知道，如果f是等幂的，那么

E=im（f）ker（f）、

而F对其图像的限制就是身份。因此，线性对合被称为投影。对合和投影之间的联系由以下简单命题给出。

提案13.22。对于任何线性映射f:e→e，我们有f2=id iff（id-f）是投影iff是投影；在这种情况下，f等于两个投影和的差。

证据。我们有

所以

）iff f2=id.

我们也有

，

所以

）iff f2=id.

很明显，

提案13.23。对于任何线性映射f:e→e，设u+=ker（并设

=id，则

u+=ker，

所以，f（u）=u在u+上，f（u）=u在u-上。

证据。如果f2=id，则

（ID+F）（ID−F）=ID−F2=ID−ID=0，

这意味着

我是克尔。

相反，如果u∈ker，那么f（u）=u，那么

因此

卡尔。

因此，

，

所以，f（u）=u在u+上，f（u）=u在u-上。

我们现在假设k=c。e的对合是一元变换，其特征如下。

提案13.24.设f∈gl（e）为对合。以下属性等效：

(a) 图f是一元的，即f∈u（e）。

(b) 子空间是正交的。

此外，如果e是有限维，则（a）和（b）等于

(c) 地图是自伴的；也就是说，f=f。

证据。如果f是一元的，那么从hf（u），f（v）i=hu，vi对于所有u，v∈e，我们看到，如果u∈u+和v∈u−，我们得到hu，vi=hf（u），f（v）i=hu，−vi=−hu，vi，

所以2hu，vi=0，这意味着hu，vi=0，也就是说，u+和u-是正交的。因此，（a）意味着（b）。

相反，如果（b）成立，因为f（u）=u在u+上，f（u）=u在u-上，我们看到hf（u），f（v）i=hu，vi如果u，v∈u+或如果u，v∈u-。由于e=u+u−和u+和u−是正交的，我们也有hf（u），f（v）i=hu，vi表示所有u，v∈e，和（b）表示（a）。

如果e是有限维，f的伴随f存在，我们知道f−1=f。因为f是对合的，所以f2=id，这意味着f=f−1=f。

一元对合是关于）的同一性，而f（v）=-v对于所有的

）。此外，e是一个正交的直接和e=u+u−。我们说

f是关于u+的正交反射。在u+是超平面的特殊情况下，我们说f是超平面反射。我们已经研究了欧几里得案例中的超平面反射；见第12章。

13.6。正交投影和对合

如果f:e→e是投影（f2=f），则

（ID−2F）2=ID−4F+4F2=ID−4F+4F=ID，

所以id−2f是一个对合。因此，我们得到以下结果。

提案13.25。如果f:e→e是投影（f2=f），那么ker（f）和im（f）是正交的iff f=f。

证据。将命题13.24应用于g=id−2f。由于id−g=2f，我们有

u+=克

和

，

这证明了这个命题。

f=f的投影称为正交投影。

如果（a1…，ak）是RN中k的线性无关向量，那么让我们确定（a1…，ak）所跨越RN子空间上正交投影的矩阵p。设a为n×k矩阵，其jth列由标准基（e1，…，en）上向量aj的坐标组成。

子空间（a1，…，ak）中的任何向量都是形式a x的线性组合，对于某些x∈rk。给定任意y∈rn，y在（a1，…，ak）所跨越的子空间上的正交投影py=ax是向量ax，使得y−ax与（a1，…，ak）所跨越的子空间正交（证明它）。这意味着y−ax与每个aj正交，表示为

a>（y−ax）=0；

也就是说，

a>ax=a>y。

矩阵a>a是可逆的，因为a有全秩k，因此我们得到

x=（a>a）−1a>y，

如此

Py=Ax=A（A>A）−1a>Y。

因此，投影到（a1…，ak）所跨越的子空间上的矩阵p由下式给出：

P=A（A>A）−1a>。

读者应检查p2=p和p>p。

13.7双重规范

在8.10命题证明后的注释中，我们解释了如果（（f，k）是两个赋范向量空间，如果我们删除到f，那么我们可以定义thel（e；f）表示所有连续算子赋范的集合，k k）和（或

（等价的，有界的）线性映射

次范数）k k在l（e；f）上，如下所示：对于每个f∈l（e；f），

.

特别地，如果f=c，那么l（e；f）=e0是e的对偶空间，我们得到了用k k表示的算符范数。

标准k在e0上称为k的双标准。

现在假设e是一个有限维的厄米特空间，在这种情况下e0=e。

定理13.6表明，对于每一个f∈e的线性形式，都有一个唯一的向量y∈e，所以

f（x）=hx，yi，

对于所有的x∈e，我们可以写

.

上面建议在e上定义一个标准k kd。

定义13.13.对于任意y∈e，we letif e是有限维厄米空间，k k是e上的任何范数，

是k k的对偶范数（在e上）。如果e是一个真正的欧几里得空间，那么对偶范数定义如下：

Kykd=Ksupx∈=1e Hx，Yi Xk

对于所有的y∈e。

注意，k k通常不是与赫米特内积相关的赫米特范数。双范数出现在凸规划中；见Boyd和Vandenberghe[29]，第2、3、6、9章。

K kd是一个标准，这是因为K k是一个标准，也可以直接进行床检。值得注意的是，k的三角不等式是“免费的”，它适用于任何函数p:e→r。

提案13.26。对于任何函数p:e→r，如果定义pd

，

然后我们得到Pd（x+y）≤Pd（x）+Pd（y）。

证据。我们有

定义13.14.如果p:e→r是这样一个函数：

(1) p（x）≥0，对于所有x∈e，p（x）=0 iff x=0；

(2) p（λx）=λp（x），对于所有x∈e和所有λ∈c；

(3) p是连续的，在某种意义上，对于e的某个基（e1，…，en），函数

（x1，…，xn）7→p（x1e1+····+xnen）

从cn到r是连续的，那么我们说p是一个前范数。

显然，每个范数都是一个前范数，但一个前范数可能不满足三角不等式。

推论13.27。任何前范数的对偶范数实际上都是一个范数。

提案13.28。对于所有的y∈e，我们有

.

证据。由于e是有限维的，单位球sn−1=x∈e kxk=1是紧凑的，因此有一些x0∈sn−1这样

KYKD=HX0，Yi。

如果hx0，yi=ρeiθ，且ρ≥0，则

| he−iθx0，yi=e−iθhx0，yi=e−iθρeiθ=ρ，

所以

Kykd=ρ=he−iθx0，yi，（）

与=1.另一方面，

<hx，yi≤hx，yi，

所以（）我们得到

，

如要求。

提案13.29。对于所有的x，y∈e，我们有

| HX，Yi≤KXKKYCD

| HX，Yi≤KXKD KYK。

证据。如果x=0，那么hx，yi=0，这些不等式是微不足道的。如果x 6=0，因为kx/kxkk=1，根据kkkd的定义，我们有

| hx/kxk，yi≤ksupzk=1 hz，yi=kkkd，

会产生

| HX，Yi≤KXKKYCD。

第二个不等式成立是因为Hx，Yi＝y Hy，Xi。

不难证明，对于所有y∈cn，

KYKd1=KYK∞

Kyk∞d=Kyk1 Kykd2=Kyk2。

因此，欧几里得范数是自性的。一般来说，以下命题成立。提案13.30。如果p，q≥1和1/p+1/q=1，那么对于所有y∈cn，我们有

.

证据。根据H-older不等式（推论8.2），对于所有x，y∈cn，我们有

| Hx，Yi≤Kxkp Kykq，

所以

.

反之，我们认为情况=1。对于y=0p，结果是明显的，所以假设=1，1<p y<=06+∞，和。给定，并且xkp=0=+y，如果我们选择∞表示。首先假设6=jx，然后j=1

对于某些指数j，如kyk∞=max1≤i≤n yi=yj|

D

| hx，yi=yj=kyk∞，所以kyk1=kyk∞。

j1/p=1，现在我们转到情况1+1，…，n/q=1，这样等于<pqp<=+p∞+。然后我们还有1q，也就是p（q-1）=<qq。选取<+∞，方程式zj=yj yj q−2用于

.

如果x=z/kzkp，我们有

.

这样。

最后，如果p=∞，那么选择xj=yj/yj如果yj=06，xj=0如果yj=0。然后

.

这样。

我们可以证明光谱范数的对偶是第20.5节中讨论的跟踪范数（或核范数）。从命题8.10可以回忆起，谱范数矩阵A是a a最大特征值的平方根，即a值的最大奇异值2。

提案13.31。谱范数的对偶由下式给出：

，

式中，σ1>·······>σr>0是a∈mn（c）（具有秩r）的奇异值。

证明：在这种情况下，mn（c）上的内积是frobenius内积ha，bi=tr（b），谱范数的对偶范数由下式给出：

.

如果我们用一个svd作为a=v∑u的因子a，其中u和v是单位的，∑是一个对角矩阵，其r非零项是奇异值σ1>····>σr>0，其中r是a的秩，那么

| Tr（A B）=Tr（U∑V B）=Tr（∑V Bu），

所以如果我们选取b=v u，一个单位矩阵，如kbk2=1，我们得到

| Tr（a b）=Tr（∑）=σ1+·····+σr，

因此

.

由于Kbk2=1，u和v是一元的，根据命题8.10，我们得到kv buk2=Kbk2=1。如果z=v bu，根据操作员规范的定义

1=kzk2=sup kzxk2 kxk2=1，

所以选取x作为正则向量ej，我们可以看到kzjk2≤1，其中zj是z的jth列，所以zjj≤1，并且

，

我们得出结论

.

上面的意思是

，

既然我们也有，我们就得出结论

，

证明我们的主张。

定义13.15（或跟踪范数）是由给定任意秩r的复矩阵n×n矩阵a及其核范数给出的。

Kakn=σ1+·····+σr.

核范数可概括为m×n矩阵（见第20.5节）。m×n矩阵a的核范数σ1+·····+σr（其中r是a的秩）用kakn表示。核规范在矩阵完成中起着重要作用。问题是这个。如果矩阵a0中缺少条目（缺少数据），则需要在a0中填写缺少的条目，以获得最小秩的矩阵a。例如，考虑矩阵

.

全部可以用1级完成。对于a0，对第二行使用（1,2）的任意倍数。对于b0，使用任意数字b和c，使bc=4。对于c0，唯一的可能性是d=6。

这个问题的一个著名例子是Netflix竞争。N个观众对M部电影的收视率为0。但是客户没有看到所有的电影。许多收视率都不见了。这些必须由推荐系统进行预测。核规范给出了一个很好的解决方案，需要根据人类心理进行调整。

由于矩阵的秩不是范数，为了解决矩阵的完备问题，我们可以使用下面的“凸松弛”，让a0是一个不完备的m×n矩阵：

最小化已知条目中的kakn，以a=a0为准。

以上问题已被广泛研究，特别是坎德和雷希特。大致上，他们表明，如果a是一个n×n矩阵的秩r和k项在a中已知，那么如果k足够大（k>cn5/4r logn），且概率很高，a的恢复是完美的。详见Strang[166]第III.5节。

我们通过陈述下面的对偶定理来结束这一节。

定理13.32。如果e是一个有限维的厄米空间，那么对于e上的任何范数k k，我们有kkdd=kyk

对于所有的y∈e。

证据。根据13.29号提案，我们

| hx，yi≤kxkd kyk，

所以我们得到

Kykdd=sup hx，yi≤Kyk，对于所有y∈e。

KXKD＝1

这仍然需要证明

Kyk≤Kykdd，对于所有y∈e。

这一事实的证据可以在Horn和Johnson[92]中找到（第5.5节），在Serre[151]中找到（第7章）。证明利用了一个非空的、闭的、凸的集合通过它的每个边界点都有一个支持超平面的事实，这个结果被称为minkowski的引理。支撑超平面的几何解释见图13.1。这个结果是Hahn–Banach定理的结果；见Gallier[73]。在E是一个真正的欧几里得空间的情况下，我们给出了证明。在处理复杂的向量空间时，必须做一些小的修改，并留作练习。

图13.1：橙色切平面是r3中单位球的支撑超平面，因为该球完全包含在切平面的“一侧”。

表示在单位Ballx中b=kx kz=1∈e，有一个仿射映射kzk≤1闭凸，形式的minkowski-lemmag

g（z）=hz，wi−hx，wi

当kwk=1时，所有z的g（x）=0和g（z）≤0，这样kzk≤1。很明显

，

如此

接下来是

对于所有x，这样kxk=1。通过同质性，这是正确的，因为alle是一个复杂的向量空间，我们必须看到单位bally∈e，它在实际情况下完成了theb证明。什么时候？

作为r2n中的一个闭凸集，我们利用了存在形式的实仿射映射这一事实。

g（z）=<赫兹，wi−<hx，wi

当kzk=1时，所有z的g（x）=0和g（z）≤0，因此kwkd=<hx，wi。

关于双规范和统一不变规范的更多细节，可以在Horn和Johnson[92]中找到（第5章和第7章）。

13.8。总结

13.8总结

本章的主要概念和结果如下：

• 半线性地图。

• 倍线性形式；赫米特形式。

• 与倍线性形式有关的二次型。

• 极化恒等式。

• 正定厄米特形式；前希尔伯特空间，厄米特空间。

• 与厄米特积有关的克矩阵。

• 柯西-施瓦兹不平等和明可夫斯基不平等。

• 赫米特内积，赫米特范数。

• 平行四边形定律。

• 量纲）。音乐同构[：e→e和]：e→e；定理13.6（e是有限的-

• 线性映射的伴随（关于厄米特内积）。

• 厄米空间中正态基的存在（命题13.11）。

• Gram–Schmidt正交化程序。

• 线性等轴测（单位变换）。

• 一元群，一元矩阵。

• 统一集团U（N）。

• 特殊的单一群su（n）。

• 任意复杂矩阵的二维分解。

• 复矩阵的哈达玛不等式。

• 厄米特半正定矩阵的阿达玛不等式。

• 正交投影和对合；正交反射。

• 双重规范。

• 核规范（也称为痕迹规范）。

• 矩阵完成。

13.9问题

问题13.1。设（e，h−，−i）为有限维的厄米空间。证明f（f）e～e是自伴线性映射（即F＊＝f），然后HF（X），Xi，R为所有X E。

问题13.2。证明命题13.1的极化恒等式。

问题13.3.让e成为一个真正的欧几里得空间。给出一个非零线性映射f:e→e的例子，使得hf（u），ui=0表示所有u∈e。

问题13.4.证明提案13.9。

问题13.5。（1）证明su（2）中的每个矩阵都是

，

(2)证明矩阵

它们都属于su（2），并且在c上是线性独立的。

(3)证明了su（2）在c上的线性跨度是所有复杂2×2矩阵的复向量空间m2（c）。

问题13.6.这个问题的目的是证明su（n）在c上的线性跨度是mn（c），所有n≥3。证明此结果的一种方法是采用问题11.12的方法，因此请回顾此问题。

每一个复矩阵a∈mn（c）都可以写成

其中第一个矩阵是厄米特矩阵，第二个矩阵是斜厄米特矩阵。如果a=（zij）是厄米矩阵，即a=a，那么zji=zij，那么如果zij=aij+ibij与aij，bij∈r，那么aij=aji和bij=−bji。另一方面，如果a=（zij）是一个偏厄米矩阵，即a=−a，那么zji=−zij，那么aij=−aji和bij=bji。

厄米特矩阵和歪厄米特矩阵不形成复向量空间，因为它们在复数乘法下是不封闭的，但我们可以分别处理这些矩阵的实部和复部，并用实部乘法来解决这个问题。

13.9。问题

(1) 考虑形式的矩阵

证明（和det（）=+1.使用矩阵）和矩阵（Ri，J−（Ri，J））/2（来自问题11.12）形成斜厄米特矩阵的实部，并使用矩阵（Rci，J−（Rci，J））/2形成斜厄米特矩阵的虚部。推导出SU（N）中的矩阵跨越了所有的偏斜厄米特矩阵。

(2) 考虑形式的矩阵

1型

网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误 网络错误

3型

1_

……

γ

 

1_

 

0 0·····························

 

0−1···0 0

 

科学，J=………………………。

 

0 0···1 0··

 

I 0···0 0

 

1_

 

…γ

一

证明了si，j，sci，j∈su（n），并利用问题11.12中的对角矩阵，证明了矩阵si，j可用于形成厄米特矩阵的实部，矩阵可用于形成厄米特矩阵的虚部。

（3）用（1）和（2）证明su（n）中的矩阵跨越所有厄米特矩阵。因此，su（n）跨mn（c），n≥3。

问题13.7.考虑复数矩阵

.

检查矩阵是否对称，但不是赫米特矩阵。证明这一点

det（λi−a）=λ2，

所以a的特征值是0，0。

问题13.8.让（e，h−，−i）是一个有限维的厄米空间，让f:e→e是一个线性映射。证明下列条件是等效的。

(1) F F=F F（F正常）。

(2) hf（x），f（y）i=hf（x），f（y）i表示所有x，y∈e。

(3) kf（x）k=kf（x）k表示所有x∈e。

(4) 映射f可以相对于特征向量的正交基对角化。

(5) 存在一些线性映射g，h:e→e，其中，g=g，h x，g（x）i≥0，所有x∈e，h−1=h，f=g h=h g。

(6) 存在一些线性图h:e→e，例如h−1=h和f=h f。

13.9。问题

(7) 有一个多项式p（具有复系数），使得f=p（f）。

问题13.9.从问题12.7中回忆，如果所有（j，k）的hjk=0，那么复数n×n矩阵h是上Hessenberg，因此j−k≥0。调整问题12.7的证明，以证明在给定任何复n×n矩阵a的情况下，存在n−2≥1个复矩阵h1，…，hn−2，

户主矩阵或身份，这样

b=hn−2···h1ah1···hn−2

是上海森堡。

问题13.10。证明所有y∈cn，

KYKd1=KYK∞

KYKD∞=KYK1

KYKD2=KYK2。

问题13.11。该问题的目的是以最小化核范数kakn的方式将第13.7节中的矩阵a0、b0、c0中的每一个矩阵完成到矩阵a中。

(1) 证明平方和奇异值的

是方程的零吗？

λ2−（5+c2+d2）λ+（2c-d）2=0。

(2) 利用这个事实

q kakn=σ1+σ2=σ12+σ22+2σ1σ2，

证明kak2n=5+c2+d2+2 2c−d。

考虑2c−d≥0和2c−d≤0的情况，并表明在这两种情况下，我们必须有c=−2d，并且f（c，d）=5+c2+d2+2 2c−d的最小值是由c=d=0实现的。得出矩阵A完成a0，使kakn最小化的结论是

.

(3) 证明平方和奇异值的

是方程的零吗？

λ2−（17+b2+c2）λ+（4−bc）2=0。

(4) 证明这一点

.

b2=c2。然后显示最小值

考虑4bare由−2≤b≤2=c给出的情况。得出矩阵−bc≥0和4−bcf（c，d≤0）=17+的结论，并表明在这两种情况下，我们必须完成b2+c2+2b0 4，通过kakn实现最小化−bc

.

(5) 证明奇异值的平方

是方程的零吗？

λ2−（14+d2）λ+（6-d）2=0

(6) 证明kak2n=14+d2+2 6-d。

考虑6−d≥0和6−d≤0的情况，并证明f（c，d）=14+d2+2 6−d的最小值由d=1实现。得出的结论是，矩阵A完成的使Kakn最小化的c0由下式得出：

.

问题13.12。当e是有限维厄米空间时，证明定理13.32。