高等代数 · 课程学习笔记

第 P135 集 · 十：第一类第二类正交变换、正交变换的分块对角矩阵

First/Second Kind Orthogonal Transformations and Block-Diagonal Form
北大丘维声教授 · 清华大学 2011 级 进度 P135 / 151 集 核心概念：第一类正交变换 · 第二类正交变换 · 分块对角矩阵 · 旋转块
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◎学习目标

  1. 理解第一类正交变换（行列式 = 1）和第二类正交变换（行列式 = −1）的定义与几何意义；
  2. 通过三维旋转的具体计算，认识正交矩阵的分块对角形式；
  3. 理解一般 \(n\) 维实内积空间上正交变换的分块对角标准形定理（结论本身，不要求证明）；
  4. 认识正交变换的特征值只能是 \(\pm 1\) 或成对出现的共轭复数 \(e^{\pm i\theta}\)。

1分类：第一类与第二类正交变换 ⏱ 05:00

由 P134 已知：正交变换 \(\mathscr{A}\) 在标准正交基下的矩阵 \(A\) 满足 \(A^{T}A=I\)，从而 \((\det A)^2=1\)，即 \(\det A=\pm 1\)。根据行列式的值进行分类：

定义 · 第一类 / 第二类正交变换 设 \(\mathscr{A}\) 是 \(n\) 维实内积空间 \(V\) 上的正交变换，则：
  • 若 \(\det\mathscr{A}=+1\)，称 \(\mathscr{A}\) 为第一类正交变换（proper orthogonal transformation，又称旋转）；
  • 若 \(\det\mathscr{A}=-1\)，称 \(\mathscr{A}\) 为第二类正交变换（improper orthogonal transformation，含镜面反射成分）。
\[ \det\mathscr{A}\in\{+1,\,-1\},\quad \text{仅这两种可能}. \]
几何直观第一类正交变换是"纯旋转"，不改变定向；第二类正交变换包含"反射"成分，会改变定向。例如：二维旋转矩阵 \(\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}\) 的行列式为 1，是第一类；关于 \(x\) 轴的反射 \(\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}\) 的行列式为 −1，是第二类。

2三维旋转的具体计算（第一类正交变换） ⏱ 07:30

以三维欧氏空间 \(\mathbb{R}^3\) 中绕 \(z\) 轴旋转角 \(\theta\)（\(0<\theta<\pi\)）为例，取标准正交基 \(\varepsilon_1=(1,0,0)^{T}\)，\(\varepsilon_2=(0,1,0)^{T}\)，\(\varepsilon_3=(0,0,1)^{T}\)。

旋转作用：\(\varepsilon_1\) 转到 \((\cos\theta,\,\sin\theta,\,0)^{T}\)，\(\varepsilon_2\) 转到 \((-\sin\theta,\,\cos\theta,\,0)^{T}\)，\(\varepsilon_3\) 保持不变。⏱ 10:00

\[ [\mathscr{A}]_{\mathcal{E}} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \]

这是一个分块对角矩阵：左上角是一个 2 阶旋转块，右下角是 \([1]\)。⏱ 13:00

验证：它是正交矩阵，且行列式为 1（第一类）

直接计算：

\[ \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta & 0 \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta & 0 \\ \sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix} = I, \]
故为正交矩阵。

行列式：\(\det = \cos^2\theta+\sin^2\theta=1\)（按第三行展开），确为第一类正交变换。⏱ 14:30

特征多项式：

\[ \det(\lambda I - A) = (\lambda-1)\bigl(\lambda^2-2\cos\theta\cdot\lambda+1\bigr). \]
二次因式的判别式为 \(4\cos^2\theta-4=−4\sin^2\theta<0\)（因 \(0<\theta<\pi\)，\(\sin\theta\neq 0\)），故在 \(\mathbb{R}\) 上不可约，特征值为 \(1\) 和一对共轭复根 \(e^{\pm i\theta}\)。

重要结论此旋转矩阵不能对角化（在 \(\mathbb{R}\) 上），因为它有一对共轭复特征值，无法找到三个线性无关的实特征向量。这说明正交变换不一定有实的对角标准形。

这个例子给出的启发：一般的正交变换虽然不能对角化，但可以在某个标准正交基下写成"最简单的分块对角形"。

3正交变换的分块对角标准形 ⏱ 14:30

定理 · 正交变换的标准形 设 \(\mathscr{A}\) 是 \(n\) 维实内积空间 \(V\) 上的正交变换，则 \(V\) 中存在一个标准正交基，使得 \(\mathscr{A}\) 在该基下的矩阵为如下分块对角矩阵：
\[ \mathrm{diag}\Bigl(R(\theta_1),\;\dots,\;R(\theta_m),\;1,\dots,1,\;-1,\dots,-1\Bigr), \]
其中每个 \(R(\theta_k)\) 是一个 2 阶旋转块：
\[ R(\theta_k)=\begin{pmatrix} \cos\theta_k & -\sin\theta_k \\ \sin\theta_k & \cos\theta_k \end{pmatrix},\quad 0<\theta_k<\pi\;(k=1,\dots,m), \]
后面跟若干个 1 阶块 \([1]\) 和 \([-1]\)（各有若干个）。这里 \(2m+s_1+s_2=n\)，其中 \(s_1\) 是特征值 1 的重数，\(s_2\) 是特征值 −1 的重数。
定理的几何解释

该定理说：任何正交变换都可以分解为若干个互相正交的平面旋转和若干坐标轴方向的反折的直和。

  • 每个 2 阶旋转块 \(R(\theta_k)\) 对应于一个二维不变子空间上的旋转，转角为 \(\theta_k\)；
  • 特征值 \(1\) 对应的 1 维子空间上的变换是恒等映射（不动点）；
  • 特征值 \(-1\) 对应的 1 维子空间上的变换是反射（反向）。

三维旋转的例子中：一个旋转块 \(R(\theta)\) 加上一个特征值 \([1]\)，正好对应绕 \(z\) 轴的旋转。⏱ 18:00

关于定理的证明

丘老师在课堂上明确说明：⏱ 18:30"这个定理的证明比较复杂，花的时间比较多，而且重要性不如后面要讲的内容那么大，所以我就不证明了。有兴趣的同学可以在教材里看完整的证明。"本笔记只要求掌握定理的结论和形式。

教学定位此定理作为了解性结论，要求记住标准形形式，了解各参数含义，不要求会推导证明。可课后参阅丘维声《高等代数》教材对应章节。
分类与标准形的关系 由标准形可得行列式：
\[ \det\mathscr{A} = \prod_{k=1}^{m} \underbrace{\det R(\theta_k)}_{=1}\cdot\underbrace{1^{s_1}}_{=1}\cdot\underbrace{(-1)^{s_2}}_{=(-1)^{s_2}} = (-1)^{s_2}. \]
因此：第一类正交变换（\(\det=1\)）当且仅当特征值 \(-1\) 的重数 \(s_2\) 为偶数；第二类正交变换（\(\det=-1\)）当且仅当 \(s_2\) 为奇数。

4正交变换的特征值 ⏱ 22:00

从分块对角标准形可以直接读出正交变换的全部特征值：

特征值结构 正交变换 \(\mathscr{A}\) 的特征值只可能是以下三种之一：
  1. \(\lambda=1\)（对应 1 阶块 \([1]\)）；
  2. \(\lambda=-1\)（对应 1 阶块 \([-1]\)）；
  3. \(\lambda=e^{\pm i\theta}\)（\(0<\theta<\pi\)），成对出现的共轭复数，对应 2 阶旋转块 \(R(\theta)\)。
\[ \text{特征值全在复平面的单位圆上：}\;|\lambda|=1. \]
注意 正交变换的特征值不一定都是实数（如三维旋转有复特征值 \(e^{\pm i\theta}\)）。只有当所有 \(\theta_k\) 都不存在（即全是 1 阶块）时，特征值才全为实数（\(\pm 1\)）。

★重点回顾

1
分类：\(\det\mathscr{A}=+1\) 为第一类（旋转），\(\det\mathscr{A}=-1\) 为第二类（含反射）。
2
三维旋转例子：绕 \(z\) 轴旋转的矩阵是分块对角形 \(\operatorname{diag}(R(\theta),\;1)\)，行列式为 1，是第一类；特征值为 \(1,\,e^{\pm i\theta}\)，不能实对角化。
3
分块对角标准形定理：任何正交变换在某个标准正交基下表为旋转块和 ±1 块的直和。定理不要求证明，但需记住标准形形式。
4
特征值：只能是 \(1\)、\(-1\) 或成对共轭复数 \(e^{\pm i\theta}\)，全在单位圆上。
5
行列式与标准形的关系：\(\det\mathscr{A}=(-1)^{s_2}\)，其中 \(s_2\) 是特征值 \(-1\) 的重数；第一类 \(\Leftrightarrow s_2\) 为偶数。

⚠易错点提醒

常见错误
  1. 误认为正交变换必可对角化：三维旋转就是反例，它有复特征值，不能在 \(\mathbb{R}\) 上对角化。正交变换最简形式是"分块对角"而非"对角"。
  2. 混淆"分块对角"和"对角"：2 阶旋转块 \(R(\theta)\) 是不可约的实块，不是对角矩阵。只有当 \(\theta=0\) 或 \(\pi\) 时，旋转块才退化为对角块。
  3. 误以为所有正交变换的特征值都是实数：\(\det\mathscr{A}=1\) 的正交变换仍可以有复特征值（如旋转）。
  4. 记错行列式与分类的关系：\(\det=1\) 是第一类，\(\det=-1\) 是第二类，不要颠倒。
  5. 忘记 1 阶块 \([-1]\) 也是可能的：例如镜面反射 \(\operatorname{diag}(1,-1)\) 是第二类正交变换，其特征值为 \(1\) 和 \(-1\)。

✎自测与作业

  1. 验证三维旋转的行列式：计算 \(\det\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}=1\)，并判断它属于第几类正交变换。
  2. 验证镜面反射的行列式：矩阵 \(A=\operatorname{diag}(1,-1,1)\)，验证 \(A^{T}A=I\)，计算 \(\det A=-1\)，判断类型。
  3. 写出特征值：求矩阵 \(A=\begin{pmatrix}0&1&0\\ -1&0&0\\ 0&0&-1\end{pmatrix}\) 的特征值，判断其是否正交、属于第几类。
  4. 构造例子：给出一个 4 阶正交矩阵，使其属于第一类正交变换且含有一个 2 阶旋转块。
  5. 思考题：为什么 2 阶旋转块 \(R(\theta)\)（\(0<\theta<\pi\)）在 \(\mathbb{R}\) 上不可对角化？（提示：计算其特征多项式的判别式。）
  6. （选做）阅读教材中分块对角标准形的完整证明，理解如何从复特征值对应的特征子空间出发，构造出实的 2 维不变子空间和旋转块。
小结 本集从行列式 \(\pm 1\) 对正交变换分类，通过三维旋转的具体例子引出分块对角标准形，揭示了一般正交变换的内在结构：旋转 + 反射的直和。正交变换是内积空间中最自然的对称变换，其理论贯穿几何与代数的多个领域。