六月 2018

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如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》题679.这是苏州大学2007年考研题.

题目: 求三阶矩阵

\displaystyle \begin{bmatrix} -1&2&6\\ 1&7&25\\ 0&-2&-7 \end{bmatrix}

的Jordan标准型.

解: 先求矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} -1&2&6\\ 1&7&25\\ 0&-2&-7 \end{bmatrix}

的特征值{\lambda}.令

\displaystyle \begin{vmatrix} -1-\lambda&2&6\\ 1&7-\lambda&25\\ 0&-2&-7-\lambda \end{vmatrix}=0,

解得{\lambda=-1,-1,1}.特征值{1}的代数和几何重数都是{1},特征值{-1}的 代数重数是{2},几何重数是{1}.且

\displaystyle \begin{bmatrix} 1\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I),

\displaystyle \begin{bmatrix} -1\\ -3\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A+I),

\displaystyle \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}\in \ker (A+I)^2, \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}\not\in \ker (A+I).

因此

\displaystyle (A+I) \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -4\\ -12\\ 4 \end{bmatrix}\in \ker (A+I).

{\mathbf{C}^3}的一个基底 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)},其中{\mathbf{e}_i}的 第{i}个分量是{1},其余分量是{0}.设{\mathbf{C}^3}的另一个基底

\displaystyle \beta=\left( \begin{bmatrix} 1\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -4\\ -12\\ 4 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 5\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}. \right)

设线性变换{T}在基{\alpha}下的矩阵{[T]_{\alpha}^{\alpha}}{A+I},则{T} 在基{\beta}下的矩阵为

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},

因此

\displaystyle A+I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix}^{-1},

于是,

\displaystyle A=\begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&1\\ 0&0&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-4&5\\ 4&-12&1\\ -1&4&-1 \end{bmatrix}^{-1}=MJM^{-1},

矩阵{J}即为矩阵{A}的Jordan标准型. \Box

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如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》题685.这是一道湘潭大学考研题,年份未知.

题目 设复矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ a&2&0\\ b&c&-1 \end{bmatrix},

问矩阵{A}可能有什么样的Jordan标准型?并求{A}相似于对角阵的充要条件.

解: 矩形{A}有特征值{2,2,-1}.特征值{-1}的代数重数和几何重数都是{1},特征 值{2}的代数重数是{2},几何重数要看情况.

  • 如果{a=0},则特征值{2}的几何重数是{2} .此时{A}的Jordan标准型形如

    \displaystyle \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&-1 \end{bmatrix}

  • 如果{a\neq 0},则特征值{2}的几何重数是{1}.此时{A}的Jordan标准型 形如

    \displaystyle \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&2 \end{bmatrix}.

    让我们举个例子验证一下.当{a=1,b=0,c=1}时,矩阵

    \displaystyle A= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 1&2&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix}.

    矩阵

    \displaystyle A+I= \begin{bmatrix} 3&0&0\\ 1&3&0\\ 0&1&0 \end{bmatrix},

    此时,

    \displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A+I).

    矩阵

    \displaystyle A-2I= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 1&0&0\\ 0&1&-3 \end{bmatrix},

    此时,

    \displaystyle \mbox{span}\left\{ \begin{bmatrix} 0\\ 3\\ 1 \end{bmatrix} \right\}=\ker (A-2I).

    矩阵

    \displaystyle (A-2I)^2= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 1&-3&9 \end{bmatrix}.

    可得

    \displaystyle \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I)^2, \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix}\not\in \ker (A-2I).

    因此

    \displaystyle (A-2I) \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0\\ 6\\ 2 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I).

    {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)}{\mathbf{C}^3}的 一组基底,其中{\mathbf{e}_i}的第{i}个分量是{1},其余分量是{0}.且设线性变 换{T}在基{\alpha}下的矩阵{[T]_{\alpha}^{\alpha}}{A-2I}.设

    \displaystyle \beta=\left( \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 6\\ 2 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 6\\ -1\\ -1 \end{bmatrix} \right)

    {\mathbf{C}^3}的另外一组基,则

    \displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} -3&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},

    因此

    \displaystyle A-2I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix}^{-1}

    于是,

    \displaystyle A= \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&6\\ 0&6&-1\\ 1&2&-1 \end{bmatrix}^{-1}.

\Box

 

 

 

如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》题680.这是同济大学的一道考研题,年 份未知.

题目: 求矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&-3&0&3\\ -2&6&0&13\\ 0&-3&1&3\\ -1&2&0&8 \end{bmatrix}

的Jordan标准型(不必求过渡矩阵).

解: 先求矩阵{A}的特征值{\lambda}.令

\displaystyle \begin{vmatrix} 1-\lambda&-3&0&3\\ -2&6-\lambda&0&13\\ 0&-3&1-\lambda&3\\ -1&2&0&8-\lambda \end{vmatrix}=0,

上式即

\displaystyle (\lambda-1)^2(\lambda^2-14\lambda+19)=0,

解得{\lambda=1,1,7-\sqrt{30},7+\sqrt{30}}.特征值{7-\sqrt{30}}和特征值 {7+\sqrt{30}}的代数与几何重数都是{1}.特征值{1}的代数重数是{2},几何重数 也是{2}.因此矩阵{A}可对角化,它的Jordan标准型为

\displaystyle \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&7-\sqrt{30}&0\\ 0&0&0&7+\sqrt{30} \end{bmatrix}.

\Box

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如下题目是钱吉林《高等代数题解精粹》第2版第687题.这是一道复旦大学考研 题,年份未知.

题目 矩阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} -5&1&4\\ -12&3&8\\ -6&1&5 \end{bmatrix}

的三个特征值分别为{1,1,1},试将{A}表示成{A=TJT^{-1}},其中{J}{A}的 Jordan标准型,{T}是变换矩阵,求{J,T}{T^{-1}}.

解: 从题目可知,矩阵{A}特征值{1}的代数重数为{3}.且易得特征值{1}的几何重数 为{2}.且

\displaystyle \mbox{span}\left\{ \begin{bmatrix} 0\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{bmatrix} \right\}=\ker (A-I).

\displaystyle \ker (A-I)^2=\mathbf{C}^3.

易知

\displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^2, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\not\in \ker (A-I),

因此

\displaystyle (A-I) \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 4\\ 8\\ 4 \end{bmatrix} \in \ker (A-I),

{\mathbf{C}^3}中的一组基为 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)},其中向量 {\mathbf{e}_i}的第{i}个分量是{1},其余分量是{0}.{\mathbf{C}^3}的另一组 基为{\beta=\left( \begin{bmatrix} 0\\ 4\\ -1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 4\\ 8\\ 4 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} \right)}.设线性映射{T}在基{\alpha}下的矩阵为 {[T]_{\alpha}^{\alpha}=A-I},则

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix}

我们有矩阵分解

\displaystyle A-I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix}^{-1},

因此

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&4&0\\ 4&8&0\\ -1&4&1 \end{bmatrix}^{-1}.

\Box

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2017学年第二学期温州新力量联盟期末考:已知函数{f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}}

  • 求函数{f(x)}的单调区间,并判断{f(x)}是否存在极值点.
  • {m>n>0},求证:{\ln m-\ln n>\frac{2(m-n)}{m+n}}.

 

解析: 在此我并不想提供按部就班的标准解答.只想稍微说一下第(2)小题的命题背景.由 积分的基本知识,可得

\displaystyle \int_n^m \frac{1}{x}dx=\ln m-\ln n. \ \ \ \ \ (1)

(1)表示的是反比例函数{y=\frac{1}{x}}的图像被直线{x=n}{x=m}所围 的面积.

如图1所示,图中的曲线是函数{g(x)=\frac{1}{x}}在第一象限的部分图像.点 {A,B}的坐标分别为{A(n,0)},{B(m,0)},点{E}是线段{AB}的中点,则 {E\left(\frac{m+n}{2},0\right)}.过点{E}{x}轴的垂线,与函数{g(x)}的图 像交于点{F},则{F}的坐标是 {F\left(\frac{m+n}{2},\frac{2}{m+n}\right)}.过点{F}{x}轴的平行线,与 直线{x=n}交于点{D},与直线{x=m}交于点{C}.则矩形{ABCD}的面积是

\displaystyle S_{ABCD}=|AB|\cdot |AD|=\frac{2(m-n)}{m+n}.

所以题目要我们证明的,就是曲边梯形的面积{S_{ti}}大于矩形{ABCD}的面积{S_{ABCD}}.

由于{g(x)}{(0,+\infty)}上是递减的凹函数,因此{g(x)}的递减速度逐渐减小.即 ,当横坐标增大相同距离时,{g(x)}的减小量是变小的.于是,在线段{DF}上任取一 点{P},过点{P}{x}轴的垂线,与函数{g(x)}的图像交于点{P_1}.再在线段{FC} 上取点{Q},使得{|FQ|=|FP|},过点{Q}{x}轴的垂线,与函数{g(x)}的图像交于 点{Q_1},则有

\displaystyle |PP_1|>|QQ_1|.

线积成面,可得曲边三角形{DFH}的面积{S_{DFH}}大于曲边三角形{FGC}的面积{S_{FGC}}.因此

\displaystyle S_{ti}-S_{ABCD}=S_{DFH}-S_{FGC}>0,

{S_{ti}>S_{ABCD}},命题得证. \Box

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2017学年第二学期温州新力量联盟期末联考第22题:  已知正项数列{\{a_n\}}满足{a_{n+1}=\frac{a_n^2}{2a_n-1}},且{1<a_1<2}.

  • 求证:{a_n>1}.
  • 求证:{a_{n+1}<a_n}.
  • 求证:{a_n\leq 1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}}.

 

解析: 此题的命题背景是牛顿切线法求方程的根(参见《选修2-2》第一章的课外阅读材料). 考虑函数{f(x)=x^2-x}.{f(x)}在点{(a_n,f(a_n))}处的切线方程是直线

\displaystyle l_{n}:f(x)-f(a_n)=f'(a_n)(x-a_n)=(2a_n-1)(x-a_n),

直线{l_n}{x}轴的交点坐标记为{(a_{n+1},0)},则

\displaystyle a_{n+1}=a_n-\frac{f(a_n)}{f'(a_n)}=\frac{a_n^2}{2a_n-1},

正好就是题目中的数列递推公式.

利用图形容易编制出题目的第(1)和第(2)步.值得注意的是,函数{f(x)}在区间 {(1,2)}上是凹函数这个条件保证了(1),(2)两小题的成立,这是至关重要的条件.

 

至于第(3)小题,涉及到对牛顿切线法迭代的收敛速度的考虑.

{g(x)=\frac{x^2}{2x-1}},则{g'(x)=\frac{2x(x-1)}{(2x-1)^2}},由于 {g'(x)}在区间{(1,2)}上恒正,则{g(x)}在区间{(1,2)}上递增,因此

\displaystyle a_2=g(a_1)<g(2)=\frac{4}{3},a_3=g(a_2)<g\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{16}{15}.

于是

\displaystyle 0<a_2-1<\frac{1}{3},0<a_3-1<\frac{1}{15}<\frac{1}{9}, \ \ \ \ \ (1)

另外,

\displaystyle a_{n+1}-1=\frac{a_n^2}{2a_n-1}-1=\frac{(a_n-1)^2}{2a_n-1}<(a_n-1)^2 \ \ \ \ \ (2)

结合关系式(1)(2)可得当{n\geq 3}时,

\displaystyle a_n-1< (a_{n-1}-1)^2< (a_{n-2}-1)^4<\cdots < (a_2-1)^{2n-4}<\left(\frac{1}{3}\right)^{2n-4}\leq \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \ \ \ \ \ (3)

综合(1),(3),可得对于任意{n\geq 1},

\displaystyle a_n\leq 1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}.

\Box

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我们看三维空间中的切变变换矩阵

\displaystyle \mathbf{H}_{xy}(s,t)= \begin{bmatrix} 1&0&s\\ 0&1&t\\ 0&0&1 \end{bmatrix},

其中{\mathbf{H}_{xy}(s,t)}表示沿{xy}平面的切变变换.特别 地,{\mathbf{H}_{xy}(1,0)}表示沿着{x}轴的切变变换,{\mathbf{H}_{xy}(0,1)}表 示沿着{y}轴的切变变换.

矩阵

\displaystyle \mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0 )= \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix},

矩阵{\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)}的特征值是{1},特征值{1} 的代数重数是{3},几何重数是{2}.且

\displaystyle \mbox{span}\left\{\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\right\}= \ker (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I),

\displaystyle \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I)^2.

下面我们求矩阵{\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)}的Jordan标准型.

\displaystyle (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I) \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0&0&1\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I).

设基{\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3)},其中向量 {\mathbf{e}_{i}}的第{i}个分量是{1},其余分量都是{0}.且设线性映射{T}在基 {\alpha}下的矩阵 {[T]_{\alpha}^{\alpha}=\mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)-I}.设 基{\beta=\left( \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} \right)},则线性映射{T}在基{\beta}下的矩阵

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix},

即我们有矩阵分解式

\displaystyle [T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}^{-1},

因此

\displaystyle \mathbf{H}_{xy}(0,1)\mathbf{H}_{xy}(1,0)=[T]_{\alpha}^{\alpha}+I= \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}^{-1}

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临近大学毕业之际,我在杭州师范大学经亨颐学院空旷的教室里,写下了利用矩阵的Jordan标准型求数列通项公式.时光倏忽而过,最近回顾Jordan标准型,遂用不同的方式改写那篇短文如下.

 

下面这道题目改编自叶立军主编的《初等数学研究》例4.3.3(原题叙述啰嗦,我将其简化了).

题目 已知数列{\{a_n\}}满足条 件

\displaystyle a_{n+2}=3a_{n+1}-3a_n+a_{n-1},n=2,3,4,\cdots

{a_1=1},{a_2=4},{a_3=9}.求数列{\{a_n\}}的通项公式.

解: 题目中涉及线性递推关系式.将递推关系用矩阵表达为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (1)

我们将矩阵

\displaystyle A= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}

进行Jordan分解成{A=M^{-1}JM}的形式,其中{J}是Jordan块.

 

可求得矩阵{A}的特征值是{1},且{1}的代数重数是{3}.则

\displaystyle \mathbf{C}^3=\ker (A-I)^3.

\displaystyle A-I= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix},

令向量{\mathbf{p}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} },易得{\ker (A-I)=\mbox{span}\{\mathbf{p}_{1}^{(1)}\}}.令向量{\mathbf{q}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},\mathbf{q}_2^{(1)}= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, } 易得{\mathbf{q}_{1}^{(1)},\mathbf{q}_2^{(1)}}线性无关且 {\mathbf{q}_1^{(1)},\mathbf{q}_2^{(1)}\not\in\ker (A-I)}.

\displaystyle (A-I)^2= \begin{bmatrix} 1&-2&1\\ 1&-2&1\\ 1&-2&1 \end{bmatrix},

向量{\mathbf{p}_{1}^{(2)}=\mathbf{p}_{1}^{(1)}\in \ker (A-I)^2},向量{ \mathbf{p}_{2}^{(2)}=2\mathbf{q}_{1}^{(1)}+\mathbf{q}_{2}^{(1)}=\begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix} \in \ker (A-I)^2}.且{\ker (A-I)^2=\mbox{span}\{\mathbf{p}_{1}^{(2)},\mathbf{p}_{2}^{(2)}\}} .令向 量{\mathbf{q}_{1}^{(2)}=\mathbf{q}_{1}^{(1)}},可得 {\mathbf{q}_{1}^{(2)}\not\in \ker(A-I)^{(2)}}.

但是显然,{\mathbf{q}_1^{(2)}\in \ker (A-I)^{(3)}},因此

\displaystyle (A-I)\mathbf{q}_1^{(2)}= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^2,

\displaystyle (A-I)^2\mathbf{q}_1^{(2)}=(A-I)[(A-I)\mathbf{q}_1^{(2)}]= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I).

设线性变换{T}在标准正交基 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_{3})}下的矩阵为{A-I},其中{\mathbf{e}_1= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} },{\mathbf{e}_2= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} },{\mathbf{e}_3= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} }.则线性变换{T}在基 {\beta=((A-I)^2\mathbf{q}_1^{(2)},(A-I)\mathbf{q}_1^{(2)},\mathbf{q}_1^{(2)})} 下的矩阵是

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}=\begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\\ \end{bmatrix}.

\displaystyle A-I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix}^{-1},

所以

\displaystyle A=I+[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}=[I]_{\beta}^{\alpha}([T]_{\beta}^{\beta}+I)[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}

于是,表达式(1)变为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (2)

 

因此,{\forall n\geq 1},

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n-1} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_3\\ a_2\\ a_1 \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (3)

 

\displaystyle \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n}= \begin{pmatrix} 1&n&\frac{(n-1)n}{2}\\ 0&1&n\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

 

因此,最终可得{a_n=n^2}. \Box

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此文写于2015年5月25日,现在重新整理如下.

 

下面这道题目改编自叶立军主编的《初等数学研究》例4.3.3(原题叙述啰嗦,我将其简化了).

题目 已知数列{\{a_n\}}满足条 件

\displaystyle a_{n+2}=3a_{n+1}-3a_n+a_{n-1},n=2,3,4,\cdots

{a_1=1},{a_2=4},{a_3=9}.求数列{\{a_n\}}的通项公式.

解: 题目中涉及线性递推关系式.将递推关系用矩阵表达为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (1)

下面我们将矩阵

\displaystyle A= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}

进行Jordan分解成{A=M^{-1}JM}的形式,其中{J}是Jordan块.下面我们参照文章幂零自同态分解定理的原理和文章幂零自同态的结构的步骤将矩阵进行Jordan分解.而且,接下来使用的一些符号也来自文章幂零自同态的结构.

 

为此,首先求矩阵{A}的特征值.易得其特征值只有一个,为{1}.它的特征多项式为

\displaystyle p(x)=(1-x)^3.

{\mathbf{C}^3}的一个三维线性子空间是{\ker (T-I)^3},其中{A}是线性变换{T}在标准正交基下的矩阵.于是{\mathbf{C}^{3}=\ker (T-I)^{3}}.于是,{(A-I)^3}是个零矩阵,且对于一切{(A-I)^p=\mathbf{0}},{p}的最小值为{3}.

 

我们先求{\ker (T-I)}.为此我们来看线性方程组

\displaystyle \begin{pmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix}.

解得{\dim\ker (T-I)=1},且{\mathbf{v}_{1}=(1,1,1)\in \ker (T-I)}.

 

然后我们来看{\mathbf{C}^3}的一组基{\{\mathbf{v}_1=(1,1,1),\mathbf{v}_2=(1,0,0),\mathbf{v}_3=(0,1,0)\}}.{\{(T-I)\mathbf{v}_2,(T-I)(\mathbf{v}_3)\}=\{(2,1,0),(-3,-1,1)\}}线性无关,是{(T-I)(\mathbf{C}^3)}的一组基.而且{(T-I)(\mathbf{C}^3)}的另外一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(1)}\}},其中{\mathbf{v}_1^{(1)}=\mathbf{v}_1=(1,1,1)},{\mathbf{v}_2^{(1)}=(-1,0,1)}.

 

{(T-I)^2(\mathbf{C}^3)}的一组基为{\{(T-I)(\mathbf{v}_2^{(1)})\}=\{(-1,-1,-1)\}}.{(T-I)^2(\mathbf{C}^3)}的另外一组基为{\{\mathbf{v}_{1}^{(2)}\}=\{\mathbf{v}_1\}=\{(1,1,1)\}}.

 

下面,我们寻找向量{\mathbf{w}_1},使得{(T-I)(\mathbf{w}_1)=\mathbf{v}_1^{(2)}=\mathbf{v}_1=(1,1,1)}.易得{\mathbf{w}_1}可以为{(2,1,0)}.再寻找{\mathbf{w}_2},使得{(T-I)(\mathbf{w}_2)=\mathbf{w}_1},解得{\mathbf{w}_2}可以为{(1,0,0)}.

 

于是,线性变换{T-I}在有序基{\alpha=(\mathbf{v}_1,\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2)}下的矩阵为

\displaystyle [T-I]_{\alpha}^{\alpha}=\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.

于是线性变换{T}在有序基{\alpha}下的矩阵就是Jordan块

\displaystyle J=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

下面我们来求{[I]_{\alpha}^{\beta}},其中{\beta=((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))}是标准正交基.易得

\displaystyle M^{-1}=[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}.

\displaystyle M=[I]_{\beta}^{\alpha}= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&1&-1\\ 1&-2&1 \end{pmatrix}.

这样我们就得到了矩阵的分解

\displaystyle \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1}.

 

于是,表达式(1)变为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (2)

 

因此,{\forall n\geq 1},

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n-1} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_3\\ a_2\\ a_1 \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (3)

 

\displaystyle \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n}= \begin{pmatrix} 1&n&\frac{(n-1)n}{2}\\ 0&1&n\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

 

因此,最终可得{a_n=n^2}. \Box

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此文写于2015年5月25日,现整理如下.

 

{V^n} 是数域 {\mathbf{F}} 上的{n(n\geq 1)}维线性空间.{T:V^n\rightarrow V^n}是线性变换.且存在正整数{p},使得{T^p}是零映射{\mathbf{0}}.称满足该条件的{T}是幂零线性变换.我们不妨让正整数{p}尽量小.下面我们来研究幂零线性变换的结构.

 

首先,{T}必定不是单射.否则若{T}是单射,则{T}必然也是双射(考虑{V^{n}}的基即可).这样子,对于任意正整数{p},{T^{p}}都是双射,则{T^p(V^{n})=V^{n}},这与{T}是幂零映射矛盾.

 

{\dim \ker T=k_{1}},其中{n\geq k_{1}\geq 1}(当{k_{1}=n}时,{T}本身即为零映射,此时无需再探讨下去).因此存在{V^n}的一组基{\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_{1}},\mathbf{v}_{k_{1}+1},\cdots,\mathbf{v}_n\}},使得{T(\mathbf{v}_1)=\mathbf{0}},{\cdots},{T(\mathbf{v}_{k_{1}})=\mathbf{0}},且{T(\mathbf{v}_{k_{1}+1}),\cdots,T(\mathbf{v}_n)}线性无关,是{T(V^n)}的一组基.

 

必定存在{T(V^n)}的一组基,使得至少存在一个{1\leq i_{1}\leq k_{1}},{\mathbf{v}_{i_{1}}}是基里的向量.否则,易得{\forall p\in\mathbf{N}^{+}},{T^{p}(T(V^{n}))=T(V^n)},这与{T}是幂零映射矛盾.于是,不妨设{T(V^n)}的一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(1)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_{1}}^{(1)}\}},且{\mathbf{v}_1^{(1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_{1}}\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{k_2}^{(1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_{1}}\}},其中{1\leq k_2\leq n-k_1}{k_2}尽量大.

 

易得{T^2(V^n)}的一组基是{\{T(\mathbf{v}_{k_2+1}^{(1)}),\cdots,T(\mathbf{v}_{n-k_1}^{(1)})\}}(当然当{k_2=n-k_1}时,{k_2+1}无意义,此时不再讨论下去).将{T^2(V^n)}进行与{T(V^n)}同样的处理.即必定存在{T^2(V^n)}的一组基,使得至少存在一个{1\leq i_2\leq k_1},使得{\mathbf{v}_{i_2}}是基里的向量.于是,不妨设{T^2(V^n)}的一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(2)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-k_{2}}^{(2)}\}},且{\mathbf{v}_1^{(2)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{k_3}^{(2)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}},其中{1\leq k_3\leq n-k_1-k_2}{k_3}尽量大.

 

易得{T^3(V^n)}的一组基为{\{T(\mathbf{v}_{k_3+1}^{(2)}),\cdots,T(\mathbf{v}_{n-k_1-k_2}^{(2)})\}}(当然当{k_3=n-k_1-k_2}时,{k_3+1}无意义,此时不再讨论下去).将{T^3(V^n)}进行与{T^2(V^n)}类似的处理.即至少存在一个{1\leq i_3\leq k_1},使得{\mathbf{v}_{i_3}}是基里的向量.于是,不妨设{T^3(V^n)}的一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(3)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-k_2-k_{3}}^{(3)}\}},且{\mathbf{v}_1^{(3)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{k_4}^{(3)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_{k_1}\}}.其中{1\leq k_4\leq n-k_1-k_2-k_3}{k_4}尽量大.

 

这样不断地进行下去,由于{T}是幂零的,因此{T^{p-1}(V^n)}的一组基为{\{T(\mathbf{v}_{k_{p-1}+1}^{(p-2)}),\cdots,T(\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-2}}^{(p-2)})\}:=\{\mathbf{v}_1^{(p-1)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-1}}^{(p-1)}\}},且{\mathbf{v}_{1}^{(p-1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_k\}},{\cdots},{\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-1}}^{(p-1)}\in\{\mathbf{v}_1,\cdots,\mathbf{v}_k\}}.

 

由上面的分析可见,对于向量{\mathbf{v}_1^{(p-1)}}来说,必定存在与{\mathbf{v}_1^{(p-1)}}不共线的向量{\mathbf{w}_1},使得{T(\mathbf{w}_1)=\mathbf{v}_1^{(p-1)}}.对于{\mathbf{w}_1}来说,必定存在{\mathbf{w}_2\not\in \hbox{span}(\mathbf{v}_1^{(p-1)},\mathbf{w}_1)},使得{T(\mathbf{w}_2)=\mathbf{w}_1}.对于{\mathbf{w}_2}来说,必定存在{\mathbf{w}_3\not\in\hbox{span}(\mathbf{v}_1^{(p-1)},\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2)},使得{T(\mathbf{w}_3)=\mathbf{w}_2}……就这样一直进行下去,直到进行至{\mathbf{w}_{n-k_1-1}}.对于{\mathbf{w}_{n-k_1-1}}来说,必定存在向量{\mathbf{w}_{n-k_1}\not \in\hbox{span}(\mathbf{w}_1,\cdots,\mathbf{w}_{n-k_1-1})},使得{T(\mathbf{w}_{n-k_1})=\mathbf{w}_{n-k_1-1}}.

 

然后我们来看{V^n}的一组有序基{\alpha=(\mathbf{v}_2^{(p-1)},\cdots,\mathbf{v}_{n-k_1-\cdots-k_{p-1}}^{(p-1)},\mathbf{v}_1^{(p-1)},\mathbf{w}_1,\cdots,\mathbf{w}_{n-k_1})}.易得在该基下线性变换{T}的矩阵{[T]_{\alpha}^{\alpha}}是对角线上元素都为{0}的Jordan块.这样我们就给出了幂零线性变换{T}的结构.

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2017年高考结束不久,笔者用一道高考真题引导学生展开对必修5“解三角形”这一章的期末复习.下面我将课堂主要内容记录如下,望广大同行批评指正.

2017北京高考(理数)第15题:在$\triangle ABC$中,$\angle A=60^{\circ}$,$c=\frac{3}{7}a$.

  • 求$\sin C$的值.
  • 若$a=7$,求$\triangle ABC$的面积.

由于部分学生的基础不好,笔者意在用第一小题吊起大部分学生的胃口.一个学生展示解答:

学生甲:$$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}\Rightarrow \sin C=\frac{c\sin A}{a}=\frac{3}{7}\sin 60^{\circ}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}.$$

师:好.说明正弦定理没有忘.那么第二小题该怎么办呢?

师:由新增的条件“$a=7$”,易知$c=3$.在进一步探讨之前,我先问大家一个问题:满足“$\angle A=60^{\circ},a=7,c=3$”的三角形是否唯一?当然,在这里,我们把全等的三角形看作一个三角形.

学生甲:唯一,因为$\sin C$已经算出来了,所以$\angle C$能算出来,再由三角形内角和公式算出$\angle B$.这样就求出了三角形的三个内角.而且三角形的一条边长也已知,因此三角形是唯一的.

师:$\angle C$显然不是特殊角,你能借助计算器告诉我$\angle C$约等于几度吗?

学生甲::$21.8^{\circ}$.

师:$\angle C$能否是$21.8^{\circ}$的补角呢?毕竟一个角与它的补角的正弦值相同呀!

学生甲:如果$\angle C\approx 158.2^{\circ}$,那么$\angle C+\angle A>180^{\circ}$,与三角形内角和是$180^{\circ}$矛盾.

师:好.总结一下,这里解三角形的方法是先用正弦定理算$\angle C$.

(学生能用正弦定理解出这个三角形并不奇怪,因为这原本就是课本第1.1节例2的内容,当初在上新课的时候已经强调过这种方法.)

师:除了用这种方法之外,能否先算边$b$的长度,从而通过确定三条边长来确定这个三角形呢?

学生乙:用余弦定理. $$ b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=a^{2}\iff b^2+3^2-2\times 3\times b\cos 60^{\circ}=7^2\iff b^2-3b-40=0\iff (b-8)(b+5)=0, $$ 解得$b=8$或$b=-5$(舍去).

师:你为什么舍去$-5$这个解?

学生乙:因为边长$b$必须是正数.

师:好.这里的方法是利用余弦定理,通过解一元二次方程来解出三角形的边长.

(这样就通过引导学生用两种不同的方法解三角形,达到了复习正弦定理和余弦定理的效果.)

:像这种给你两条边,以及其中一边对角,判断三角形解的个数的问题,我们当初还讲过作图的方法.让我们一起回顾一下.作图特别讲究可操作 性,先画什么,再画什么,顺序特别要紧.先画三角形的哪个要素呢?

学生:角$A$.

:因为角$A$已经告诉我们了,是$60^{\circ}$.但是一个角是由它的两条边构成的,要画角$A$,先画角$A$的哪条边?

学生丙:先画边$AB$,因为$AB$的长度为$3$,是已知的.

:好.相反,角$A$的另一条$AC$的长度题目没告诉我们,不好画.那如果一开始不先画角$A$,先画线段$BC$好不好?因为$BC$的长度题目也告诉我们了呀,是$7$.

学生:不好,因为$BC$先画的话,接下来就画不下去了.

:所以可操作性对于作图特别重要,我们要考虑后路.如果先画$BC$,那么角$B$该怎么画,以及如何使得角$A$在和线段$BC$搭配的同时恰好合于$60^{\circ}$,这些都是问题.

:让我们继续原来的思路.先用刻度尺画出线段$AB$,然后用量角器画出角$A$.另一条边$AC$画在线段$AB$的哪一侧对三角形的形状没有影响,因此我们随便选取一侧.而点$C$的位置尚未确定,点$C$的位置能是任意的吗?

学生丙:不能,必须保证$\angle CAB=60^{\circ}$,点$C$必须位于以$A$为顶点的一条射线上.

:点$C$能否运动到射线的反向延长线上?

学生丙:不能,否则$\angle A=120^{\circ}$,矛盾.

:好.最后我们使用条件$BC=7$,这表明点$C$同时位于以$B$为圆心,以$7$为半径的圆上.因此我们以$B$为圆心,以$7$为半径画出一个圆,该圆与射线的交点就是点$C$的位置(如图2所示).

:图已经作出来了,满足条件的三角形$ABC$有几种?为什么?

学生:一种,因为圆与射线只有一个交点.

:好.这样,我们就用三种不同的方法解决了同一个问题,即判断给定了两边和其中一边对角的三角形是否唯一的问题.你们更喜欢哪种方法呢?

学生丙:第一种方法.

:为什么?

学生丙:因为我是用第一种方法(解决了这个问题).

:哦,人总是这样,对自己熟悉的会更喜欢.我自己更加喜欢第三种方法,因为这种方法带给我一种从底层开始逐步做起的感觉,让我对这个问题的本质彻底洞悉.就像亲手用砖和水泥建了一幢房子,而不是从别人手里直接买过来.相比之下,其余两种方法都在一定程度上使用了直觉上不太显然的正弦定理或余弦定理.不过从实用的角度看,能解出问题的方法都是好方法.

:需要强调的一点是,在数学里,我们经常能用不同的方法解决同一个问题,每当发生这样的事情,我们就应该停下来想一想,因为这是一个强烈的信号,预示着这些表面上看似不同的方法之间很可能存在一些深层次的联系.比如,在这个例子里,你能否发现使用余弦定理的方法和作图法之间的联系呢?

师:(进一步提示)比如,我们在用余弦定理解这道题的时候,得到关于$b$的一元二次方程 \begin{equation} \label{eq:1} b^2+c^2-2bc\cos A=a^2\iff b^2-3b-40=0. \end{equation} 然后解得$b=8$,对应的,在作图法里,得到$|AC|=8$.对于这个一元二次方程,还删去了一个解$b=-5$,谁能在作图法里对应地找找看,这个被我们舍去的解有什么几何意义?(学生丁随后举手,老师让他上黑板画图并解释).

学生丁画图并解释:反向延长射线$CA$,与圆交于点$C’$,$|C’A|=5$.

:厉害!你是怎么想到的呢?

学生丁:直接想到了.猜的.

:你的直觉很强.让我们试着解析一下你的直觉.$b=-5$之所以舍去,是因为线段长度不能为负.但我们知道,负数并非总没意义,它可以表示相反的方向.这可能是你想到反向延长射线$CA$的原因.而且在两种解法里,$b=-5$和点$C’$本来都该是舍去的解.这让我们猜想它们之间应该会有一种对应.

师:谁来验证一下丁的猜测?

学生丙:设$|AC’|=t$,则由余弦定理, \begin{equation} \label{eq:2} t^2+c^2-2tc\cos (\pi-A)=a^2\iff t^{2}+3^{2}-2\times 3\times t\cos 120^{\circ}\iff t^2+3t-40=0. \end{equation} 解得$t=5$或$t=-8$(舍去).

师:这下轮到$t=-8$被舍去了.这里的$t$和方程\eqref{eq:1}中的$b$有什么关系?

学生丙:$t$相当于$-b$.

师:很好.我们进一步地联想,通过作图法,直接在图形上画出了一元二次方程的两个根.而一元二次方程的两个根满足韦达定理,能否通过作图法发现韦达定理的几何意义呢?感兴趣的同学可以在课后继续思考.

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