正交矩阵非奇异性证明及Q⁻¹=Qᵀ推导的技术问询

嘿，我来帮你一步步搞定这两个正交矩阵的证明问题，其实核心就是紧扣正交矩阵的定义拆解，一点都不复杂~

a) 证明正交矩阵非奇异 #

首先回忆一下：n阶矩阵非奇异的等价条件是它的列向量组线性无关。我们就从这个点切入，结合正交矩阵的定义来推导。

设正交矩阵$Q$的列向量为$\boldsymbol{q}_1, \boldsymbol{q}_2, ..., \boldsymbol{q}_n$，根据定义，这些列向量满足：

• 两两正交：$\boldsymbol{q}_i^T \boldsymbol{q}_j = 0$（当$i \neq j$时）
• 各列长度为1：$\boldsymbol{q}_i^T \boldsymbol{q}_i = 1$（对所有$1 \leq i \leq n$）

现在假设存在一组系数$c_1, c_2, ..., c_n$，使得：
$$c_1 \boldsymbol{q}_1 + c_2 \boldsymbol{q}_2 + ... + c_n \boldsymbol{q}_n = \boldsymbol{0}$$

我们把这个等式两边同时左乘$\boldsymbol{q}_k^T$（任意第k个列向量的转置），得到：
$$\boldsymbol{q}_k^T \left( c_1 \boldsymbol{q}_1 + ... + c_k \boldsymbol{q}_k + ... + c_n \boldsymbol{q}_n \right) = \boldsymbol{q}_k^T \boldsymbol{0} = 0$$

展开左边，利用正交性的性质：
$$c_1 (\boldsymbol{q}_k^T \boldsymbol{q}_1) + ... + c_k (\boldsymbol{q}_k^T \boldsymbol{q}_k) + ... + c_n (\boldsymbol{q}_k^T \boldsymbol{q}_n) = 0$$

这里面，除了$c_k$对应的那一项，其他所有项的点积都是0（因为$i≠k$时$\boldsymbol{q}_k^T \boldsymbol{q}_i=0$），所以只剩下：
$$c_k \cdot 1 = 0 \implies c_k = 0$$

这个结论对任意$k=1,2,...,n$都成立，也就是说所有系数$c_i$必须全为0。这就证明了$\boldsymbol{q}_1,...,\boldsymbol{q}_n$是线性无关的列向量组，而n阶矩阵列满秩就意味着它非奇异（行列式不为0，可逆）。

b) 证明$Q^{-1} = Q^T$ #

要证明这个等式，我们只需要利用逆矩阵的定义：如果存在矩阵$B$，使得$Q B = I$（n阶单位矩阵），那么$B$就是$Q$的逆矩阵，而且逆矩阵是唯一的。所以我们只需要计算$Q^T Q$，看它是不是等于单位矩阵就行。

同样，设$Q$的列向量是$\boldsymbol{q}_1,...,\boldsymbol{q}_n$，那么$Q^{T$的行向量就是$\boldsymbol{q}_1}T,...,\boldsymbol{q}_n^{T$。矩阵乘法$Q}T Q$的第$(i,j)$个元素，就是$Q^{T$的第i行和$Q$的第j列的点积，也就是$\boldsymbol{q}_i}T \boldsymbol{q}_j$。

根据正交矩阵的定义：

• 当$i = j$时，$\boldsymbol{q}_i^T \boldsymbol{q}_j = \boldsymbol{q}_i^T \boldsymbol{q}_i = 1$（对角线元素全为1）
• 当$i \neq j$时，$\boldsymbol{q}_i^T \boldsymbol{q}_j = 0$（非对角线元素全为0）

所以$Q^T Q = I$。再结合a)中证明的$Q$是非奇异的（可逆），根据逆矩阵的定义，$Q^{T$就是$Q$的逆矩阵，也就是$Q}{-1} = Q^T$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者anandp773