七月 2018

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(2015浙江高考理科数学填空题15) 已知{\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{e_2}}是空 间单位向量,{\overrightarrow{e_1}\cdot \overrightarrow{e_2}=\frac{1}{2}},若空间向量{\overrightarrow{b}}满足 {\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1}=2},{\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_2}=\frac{5}{2}}, 且对于任意{x,y\in \mathbf{R}},

\displaystyle |\overrightarrow{b}-(x\overrightarrow{e_{1}}+y\overrightarrow{e_{2}})|\geq |\overrightarrow{b}-(x_{0}\overrightarrow{e_{1}}+y_{0}\overrightarrow{e_{2}})|=1(x_0,y_0\in \mathbf{R}),

{x_0=\underline{~~~~~~},y_0=\underline{~~~~~~},|\overrightarrow{b}|=\underline{~~~~~~}}.

解: 令向量

\displaystyle \overrightarrow{v}=\overrightarrow{e_{2}}-\frac{\overrightarrow{e_{2}}\cdot\overrightarrow{e_1}}{\overrightarrow{e_1}^2}\overrightarrow{e}_1=\overrightarrow{e_{2}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{e}_{1}

, 则{\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{e_1}=0}.再令 {\overrightarrow{e_3}=\frac{\overrightarrow{v}}{|\overrightarrow{v}|}=\frac{2}{\sqrt{3}}\overrightarrow{v}}, 则向量{\overrightarrow{e_3}}是和向量{\overrightarrow{e_1}}正交的单位 向量.且

\displaystyle \overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{v}=\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_{2}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1}\right)=\sqrt{3}.

设向量{\overrightarrow{e_1}}和向量{\overrightarrow{e_{3}}}张成二维线性空间{\alpha},则向量{\overrightarrow{b}}{\alpha}上的投影向量是

\displaystyle \overrightarrow{b'}=(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1})\overrightarrow{e_1}+(\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{e_3})\overrightarrow{e_3}=2\overrightarrow{e_1}+\sqrt{3}\overrightarrow{e_3}=\overrightarrow{e_1}+2\overrightarrow{e_2}.

{\overrightarrow{b'}=x_0\overrightarrow{e_1}+y_0\overrightarrow{e_2}}.所 以{x_0=1,y_0=2}.且

\displaystyle |\overrightarrow{b}|=\sqrt{|\overrightarrow{b}-\overrightarrow{b'}|^2+(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_1})^2+(\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{e_{3}})^2}=\sqrt{1^2+2^2+(\sqrt{3})^{2}}=2 \sqrt{2}.

\Box

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这几天我在浙大华家池校区进行主题为《基于核心素养的高中数学“解题、说题、 命题”的技巧与方法》的90学分培训.今天的主讲人是浙江省教育厅教研室的张 金良教研员,讲座题目是《一份好试卷的衡量标准与命制技术》.张教研员指出, 试题命制最起码的要求是科学无误,然后他举了几道出现在高考和数学竞赛中的错题作为例子.

(1987年高考理科数学填空题7) 一个正三棱台的下底和上底的周长分别为{30}cm和{12}cm,而侧面积等于两底 面积之差,求斜高.


这道题的错误在于,满足条件的正三棱台的高为{0},因此是个平面图形,不是棱台.

(2003年江苏高考选择题1)

 


这道题的错误在于,点{(a,b)}{aOb}平面上形成的区域不包括{b}轴,所以应当 把{b}轴画成虚线.没有答案符合.当年这题引起很大争议,部分院士联名反对此题 的科学性.后来教育部出面协调,不了了之.我个人认为这题无可厚非,毕竟把坐标 轴画成虚线并无先例.

(2011年全国高中数学联赛一试B卷第5题) 若{\triangle ABC}的角{A,C}满足

\displaystyle 5(\cos A+\cos C)+4(\cos A\cos C+1)=0,

{\tan \frac{A}{2}\tan \frac{C}{2}=\underline{~~~~~}}


这道题,命题组给出了基于三角万能公式的解答.然而,满足题目条件的三角形并 不存在.事实上,由和差化积公式可得{\cos A+\cos C=2\cos \frac{A+C}{2}\cos \frac{A-C}{2}}.因为 {-\frac{\pi}{2}<\frac{A+C}{2},\frac{A-C}{2}<\frac{\pi}{2}},所以{2\cos \frac{A+C}{2}\cos \frac{A-C}{2}>0}.也即{\cos A+\cos C}为正.且易得{4(\cos A\cos C+1)}非负.正数加上非负的数怎么可能是{0}呢?所以满足题目条件的三角 形不存在.

(2013浙江高考文科数学解答题18) 在锐角{\triangle ABC}中,内角{A,B,C}的对边分别为{a,b,c}{2a\sin B=\sqrt{3}b}.

(1).求角{A}的大小;

(2).若{a=6,b+c=8},求{\triangle ABC}的面积.

由这道题第二小题的条件可以求得三角形的三边长分别为{6,4-\frac{2 \sqrt{15}}{3},4+\frac{2 \sqrt{15}}{3}},这样的三角形是钝角三角形,不再 是题目中声称的锐角三角形.所以满足第二小题条件的三角形不存在!

(2007浙江高考理科数学填空题16) 已知点{O}在二面角{\alpha-AB-\beta}的棱上,点{P}{\alpha}内,且{\angle POB=45^{\circ}}.若对于{\beta}内异于{O}的任意一点{Q},都有{\angle POQ\geq 45^{\circ}},则二面角{\alpha-AB-\beta}的大小是{\underline{~~~~~~~}}.


这道题的答案并不唯一,{[90^{\circ},180^{\circ}]}范围内的角都可以.关键在 于如何理解“对于{\beta}内异于{O}的任意一点{Q}”这句话.可能命题人认为这里 的{\beta}是指平面{\beta},在这样的设定下,点{Q}可以是整个平面{\beta}上除 {O}外的任意一点,答案是{90^{\circ}}.然而在二面 角的定义中,这里的{\beta}指的是半平面{\beta}(参见人教A版必修二),这样,所有的钝二面角都满足题意!

面对高考,命题人不可谓不谨慎,然而在这么多人的眼皮底子下还是出了错题.纵观这些错题,相当一部分是因为出题人只是叙述了对象满足的性质,而并没有实际地验证满足条件的对象确实存在.后来者不可不引以为鉴,在命题阶段一定要验证满足题目条件的对象是否存在.

个人评价:偏题怪题

2018杭州数学一模第10题 在四边形{ABCD}中,点{E,F}分别是{AD,BC}的中点.设 {\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=m},{\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=n}.若 {AB=\sqrt{2}},{EF=1,CD=\sqrt{3}},则({~~~}

A.{2m-n=1}

B.{2m-2n=1}

C.{m-2n=1}

D.{2n-2m=1}

解: 如图2所示,连接{AC,BD}.设线段{AC,BD}的中点分别是{H,G}.设线段{AB,DC}的中 点分别是{M,N}.连接{GE,HF}.因为线段{GE}{\triangle ADB}的中位线,所以 {GE\parallel \frac{1}{2}AB};因为线段{HF}{\triangle BCA}的中位线,所以 {HF\parallel \frac{1}{2}AB}.所以{GE\parallel HF},且GE=HF .所以四边形{HFGE}是平 行四边形.因此

\displaystyle GH^2+EF^2=2GE^2+2GF^2=2\left(\frac{1}{2}AB\right)^2+2\left(\frac{1}{2}DC\right)^2=\frac{5}{2},

因此{GH^2=\frac{5}{2}-EF^2=\frac{3}{2}}.

易得

\displaystyle \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{MN},\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{HG}.

\displaystyle \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}\right)=\overrightarrow{MN},\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{BD}\right)=\overrightarrow{EF}

因此

\displaystyle \overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)\right]^2-\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\right)\right]^2=\overrightarrow{MN}^2-\overrightarrow{HG}^2=\overrightarrow{MN}^{2}-\frac{3}{2}=m,

\displaystyle \overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)\right]^2-\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\right)\right]^2=\overrightarrow{MN}^2-\overrightarrow{EF}^2=\overrightarrow{MN}^2-1=n

所以{n+1=m+\frac{3}{2}=\overrightarrow{MN}^2}.即{2n-2m=1},选D. \Box

题目 (2017年11月浙江省数学学考第22题) 正四面体{A-BCD}的棱长为{2},空间动点{P}满足 {|\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}|=2},则 {\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{AD}}的取值范围是{\underline{~~~~~~}}.

解:

\displaystyle \overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+z\overrightarrow{AD},

\displaystyle \overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}=(1-2x)\overrightarrow{AB}+(1-2y)\overrightarrow{AC}-2z\overrightarrow{AD}.

所以

\displaystyle \begin{array}{rcl} \left(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}\right)^2&=&\left[(1-2x)\overrightarrow{AB}+(1-2y)\overrightarrow{AC}-2z\overrightarrow{AD}\right]^2 \\&=&4\left[(1-2x)^2+(1-2y)^{2}+4z^{2}+(1-2x)(1-2y)-2z(1-2x)-2z(1-2y)\right] \\&=&4, \end{array}

\displaystyle (1-2x)^2+(1-2y)^2+4z^2+(1-2x)(1-2y)-2z(1-2x)-2z(1-2y)=1. \ \ \ \ \ (1)

\displaystyle \begin{array}{rcl} \overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AD}&=&\left(x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+z\overrightarrow{AD}\right)\cdot \overrightarrow{AD} \\&=&2x+2y+4z \\&=&-(1-2x)-(1-2y)-2(-2z)+2. \end{array}

{1-2x=x',1-2y=y',-2z=z'},则式(1)可以化为

\displaystyle x'^2+y'^2+z'^2+x'y'+y'z'+z'x'=1. \ \ \ \ \ (2)

目的是求{-x'-y'-2z'+2}的取值范围.式(2)可以化为

\displaystyle \begin{bmatrix} x'&y'&z' \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&1&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&\frac{1}{2}&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\ y'\\ z' \end{bmatrix}=1 \ \ \ \ \ (3)

下面进行实对称矩阵的正交相似对角化:

\displaystyle \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&1&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&\frac{1}{2}&1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&0&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}&-\frac{\sqrt{6}}{3}&\frac{\sqrt{6}}{6} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 0&\frac{1}{2}&0\\ 0&0&\frac{1}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&0&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}&-\frac{\sqrt{6}}{3}&\frac{\sqrt{6}}{6} \end{bmatrix}

{ \begin{bmatrix} x''\\ y''\\ z'' \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{3}}{3}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&0&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}&-\frac{\sqrt{6}}{3}&\frac{\sqrt{6}}{6} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\ y'\\ z' \end{bmatrix}, }则式(3)化为

\displaystyle 2x''^2+\frac{1}{2}y''^2+\frac{1}{2}z''^2=1. \ \ \ \ \ (4)

且有

\displaystyle \begin{bmatrix} x'\\ y'\\ z' \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}&0&-\frac{\sqrt{6}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}&-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{6}}{6} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x''\\ y''\\ z'' \end{bmatrix},

因此

\displaystyle \begin{array}{rcl} (x'+y'+2z')^{2}&=& \left(\begin{bmatrix} 1&1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x'\\ y'\\ z' \end{bmatrix}\right)^{2} \\&=& \left(\begin{bmatrix} 1&1&2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{3}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}&0&-\frac{\sqrt{6}}{3}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}&-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{6}}{6} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x''\\ y''\\ z'' \end{bmatrix}\right)^{2} \\&=& \left( \begin{bmatrix} \frac{4 \sqrt{3}}{3}&-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{6}}{6} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x''\\ y''\\ z'' \end{bmatrix}\right)^{2} \\&=&\left(\frac{4 \sqrt{3}}{3}x''-\frac{\sqrt{2}}{2}y''+\frac{\sqrt{6}}{6}z''\right)^2 \\&=& \left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}\cdot \sqrt{2}x''-\frac{\sqrt{2}}{2}y''^{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}z''\right)^2 \\&\leq & \left[\left(\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)^2+(-1)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2\right](2x''^2+\frac{1}{2}y''^2+\frac{1}{2}z''^2) \\&=&4. \end{array}

因此{-2\leq -x'-y'-2z'\leq 2},因此{0\leq -x'-y'-2z'+2\leq 4}.所以答案 是{[0,4]}.当且仅当{x=\frac{1}{2},y=\frac{1}{2},z=-\frac{1}{2}}时,答案 是{0};当且仅当{x=\frac{1}{2},y=\frac{1}{2},z=\frac{1}{2}}时,答案是{4}. \Box

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在此我们通过一个实例来解释如何将任意一个方阵酉相似到上三角矩阵,即求方阵 的Schur分解.以方阵

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 4&3&0&0\\ -3&-2&0&0\\ 1&2&-3&-2\\ 4&3&8&5 \end{bmatrix}

为例.在博文举例说明将任意方阵相似到上三角矩阵的步骤中,我们介绍了将矩阵A 相似到上三角矩阵的方法.只需将该方法再加上一个QR分解的步骤,便可以 将方阵{A}酉相似到上三角矩阵,这样就得到了矩阵A 的Schur分解.

让我们继续那篇博文.已得

\displaystyle A=MR_{1}M^{-1}=\begin{bmatrix} 0&0&1&1\\ 0&0&-1&0\\ 1&-3&-1&0\\ -2&8&1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-4&-\frac{1}{2}&\frac{35}{2}\\ 0&1&-\frac{1}{2}&\frac{9}{2}\\ 0&0&1&3\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&0&1&1\\ 0&0&-1&0\\ 1&-3&-1&0\\ -2&8&1&0 \end{bmatrix}^{-1}. \ \ \ \ \ (1)

下面将矩阵

\displaystyle M=\begin{bmatrix} 0&0&1&1\\ 0&0&-1&0\\ 1&-3&-1&0\\ -2&8&1&0 \end{bmatrix}

进行QR分解.令向量{\mathbf{u}_i}是矩阵{M}的第{i}列向量.令 {\mathbf{v}_1=\mathbf{u}_1},令

\displaystyle \mathbf{v}_2=\mathbf{u}_2-\frac{\mathbf{u}_2^T\mathbf{v}_1}{\mathbf{v}_1^T\mathbf{v}_1}\mathbf{v}_1=\mathbf{u}_2+\frac{19}{5}\mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ \frac{4}{5}\\ \frac{2}{5} \end{bmatrix},

用矩阵语言表示即

\displaystyle \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\mathbf{u}_3&\mathbf{u}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{u}_1&\mathbf{u}_2&\mathbf{u}_3&\mathbf{u}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&\frac{19}{5}&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.

\displaystyle \mathbf{v}_3=\mathbf{u}_3-\frac{\mathbf{u}_3^T\mathbf{v}_1}{\mathbf{v}_1^T\mathbf{v}_1}\mathbf{v}_1-\frac{\mathbf{u}_3^T\mathbf{v}_2}{\mathbf{v}_2^T\mathbf{v}_2}\mathbf{v}_2=\mathbf{u}_3+\frac{3}{5}\mathbf{v}_1+\frac{1}{2}\mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}

用矩阵语言表示即

\displaystyle \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\mathbf{v}_3&\mathbf{u}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\mathbf{u}_3&\mathbf{u}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&\frac{3}{5}&0\\ 0&1&\frac{1}{2}&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.

\displaystyle \mathbf{v}_4=\mathbf{u}_4-\frac{\mathbf{u}_4^T\mathbf{v}_1}{\mathbf{v}_1^T\mathbf{v}_1}\mathbf{v}_1-\frac{\mathbf{u}_4^T\mathbf{v}_2}{\mathbf{v}_2^T\mathbf{v}_2}\mathbf{v}_2-\frac{\mathbf{u}_4^T\mathbf{v}_3}{\mathbf{v}_3^T\mathbf{v}_{3}}\mathbf{v}_3=\mathbf{u}_4-\frac{1}{2}\mathbf{v}_3= \begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}

用矩阵语言表示即

\displaystyle \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\mathbf{v}_3&\mathbf{v}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\mathbf{v}_3&\mathbf{u}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}.

因此

\displaystyle \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{u}_1&\mathbf{u}_2&\mathbf{u}_3&\mathbf{u}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} |&|&|&|\\ \mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\mathbf{v}_3&\mathbf{v}_4\\ |&|&|&| \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&\frac{1}{2}\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&-\frac{3}{5}&0\\ 0&1&-\frac{1}{2}&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-\frac{19}{5}&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix},

\displaystyle \begin{bmatrix} 0&0&1&1\\ 0&0&-1&0\\ 1&-3&-1&0\\ -2&8&1&0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0&0&1&\frac{1}{2}\\ 0&0&-1&\frac{1}{2}\\ 1&\frac{4}{5}&0&0\\ -2&\frac{2}{5}&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-\frac{19}{5}&-\frac{3}{5}&0\\ 0&1&-\frac{1}{2}&0\\ 0&0&1&\frac{1}{2}\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix},

上式可化为

\displaystyle M=\begin{bmatrix} 0&0&1&1\\ 0&0&-1&0\\ 1&-3&-1&0\\ -2&8&1&0 \end{bmatrix}=QR_2= \begin{bmatrix} 0&0&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0&0&-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{5}}{5}&\frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&0\\ -\frac{2 \sqrt{5}}{5}&\frac{\sqrt{5}}{5}&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sqrt{5}&-\frac{19 \sqrt{5}}{5}&-\frac{ 3 \sqrt{5}}{5}&0\\ 0&\frac{2 \sqrt{5}}{5}&-\frac{\sqrt{5}}{5}&0\\ 0&0&\sqrt{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0&0&0&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix},

这样就得到了矩阵{M}的QR分解.将矩阵{M}的QR分解代入表达式(1),可 得{A=MR_1M^{-1}=Q(R_2R_1R_2^{-1})Q^{-1}},化简即

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 0&0&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0&0&-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{5}}{5}&\frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&0\\ -\frac{2 \sqrt{5}}{5}&\frac{\sqrt{5}}{5}&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&-10&- \frac{3 \sqrt{10}}{10}&-\frac{11\sqrt{10}}{10}\\ 0&1&- \frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{13\sqrt{10}}{10}\\ 0&0&1&6\\ 0&0&0&1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0&0&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0&0&-\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{5}}{5}&\frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&0\\ -\frac{2 \sqrt{5}}{5}&\frac{\sqrt{5}}{5}&0&0 \end{bmatrix}^{T}.

(一些关键数据:

\displaystyle R_2^{-1}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{5}}{5}&\frac{19 \sqrt{5}}{10}&\frac{5 \sqrt{2}}{4}&-\frac{5 \sqrt{2}}{4}\\ 0&\frac{\sqrt{5}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{4}&-\frac{\sqrt{2}}{4}\\ 0&0&\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0&0&0&\sqrt{2} \end{bmatrix}.

) 这样就得到了矩阵{A}的Schur分解.

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题目 1 (金丽衢十二校2011学年高三第二次联考理数第9题,原题为选择题) 已知任意非零实数{x,y}满足{3x^2+4xy\leq \lambda(x^2+y^2)}恒成立,则实 数{\lambda}的最小值为{\underline{~~~~~~~~}}.

解: 题目等价于求

\displaystyle f(x,y)=\frac{3x^2+4xy}{x^2+y^2}

的最大值.将{f(x,y)}改写成如下形式:

\displaystyle f(x,y)=\cfrac{ \begin{bmatrix} x&y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3&2\\ 2&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} }{x^2+y^2}.

令矩阵{A= \begin{bmatrix} 3&2\\ 2&0 \end{bmatrix} },向量{\mathbf{p}= \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} },则 {f(x,y)=\cfrac{\mathbf{p}^TA\mathbf{p}}{\mathbf{p}^{T}\mathbf{p}}},此即 所谓Rayleigh商,其最大值即为矩阵{A}的最大特征值,为{4}.所以答案是{4}.现详 细说明如下:将对称矩阵{A}正交相似对角化:

\displaystyle A= \begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{5}}\\ -\frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{2}{\sqrt{5}} \end{bmatrix}^T \begin{bmatrix} 4&0\\ 0&-1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{5}}\\ -\frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{2}{\sqrt{5}} \end{bmatrix},

{ U=\begin{bmatrix} \frac{2}{\sqrt{5}}&\frac{1}{\sqrt{5}}\\ -\frac{1}{\sqrt{5}}&\frac{2}{\sqrt{5}} \end{bmatrix} },{D= \begin{bmatrix} 4&0\\ 0&-1 \end{bmatrix} },则 {A=U^{T}DU}.则

\displaystyle f(x,y)=\cfrac{(U\mathbf{p})^{T}D(U\mathbf{p})}{\mathbf{p}^{T}\mathbf{p}}.

再令向量{\mathbf{q}=U\mathbf{p}},且设{\mathbf{q}= \begin{bmatrix} m\\ n \end{bmatrix} },则

\displaystyle f(x,y)=\frac{\mathbf{q}^{T}D\mathbf{q}}{\mathbf{p}^{T}\mathbf{p}}=\frac{\mathbf{q}^TD\mathbf{q}}{\mathbf{q}^T\mathbf{q}}=\frac{4m^2-n^2}{m^2+n^2}=4-\frac{5n^2}{m^2+n^2}\leq 4.

等号当且仅当{n=0},即{x=2y}时成立.所以答案是{4}. \Box

题目 2{x,y,z}是不全为零的实数,求{f(x,y,z)=\frac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}}的最 大值.

解: 令向量{\mathbf{p}= \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix} },矩阵{A= \begin{bmatrix} 0&\frac{1}{2}&0\\ \frac{1}{2}&0&1\\ 0&1&0 \end{bmatrix} }.则

\displaystyle f(x,y,z)=\frac{\mathbf{p}^TA\mathbf{p}}{\mathbf{p}^T\mathbf{p}}.

将矩阵{A}正交相似对角化:

\displaystyle A= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{10}}{5}\\ \frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&-\frac{\sqrt{5}}{5}\\ -\frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{10}}{5} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{5}}{2}&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-\frac{\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{10}}{5}\\ \frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&-\frac{\sqrt{5}}{5}\\ -\frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{10}}{5} \end{bmatrix},

{U=\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{10}}{5}\\ \frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&-\frac{\sqrt{5}}{5}\\ -\frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{10}}{5} \end{bmatrix}},{D=\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{5}}{2}&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-\frac{\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix}},则{A=U^TDU}.则

\displaystyle f(x,y,z)=\frac{(U\mathbf{p})^TD(U\mathbf{p})}{\mathbf{p}^T\mathbf{p}},

令向量{\mathbf{p}= \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix} },矩阵{A= \begin{bmatrix} 0&\frac{1}{2}&0\\ \frac{1}{2}&0&1\\ 0&1&0 \end{bmatrix} }.则

\displaystyle f(x,y,z)=\frac{\mathbf{p}^TA\mathbf{p}}{\mathbf{p}^T\mathbf{p}}.

将矩阵{A}正交相似对角化:

\displaystyle A= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{10}}{5}\\ \frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&-\frac{\sqrt{5}}{5}\\ -\frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{10}}{5} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{5}}{2}&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-\frac{\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{10}}{5}\\ \frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&-\frac{\sqrt{5}}{5}\\ -\frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{10}}{5} \end{bmatrix},

{U=\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{10}}{5}\\ \frac{2 \sqrt{5}}{5}&0&-\frac{\sqrt{5}}{5}\\ -\frac{\sqrt{10}}{10}&\frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{10}}{5} \end{bmatrix}},{D=\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{5}}{2}&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-\frac{\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix}},则{A=U^TDU}.则

\displaystyle f(x,y,z)=\frac{(U\mathbf{p})^TD(U\mathbf{p})}{\mathbf{p}^T\mathbf{p}},

令向量{\mathbf{q}=U\mathbf{p}},且设{\mathbf{q}= \begin{bmatrix} a\\ b\\ c \end{bmatrix} },则

\displaystyle \begin{array}{rcl} f(x,y,z)&=&\frac{\mathbf{q}^TD\mathbf{q}}{\mathbf{p}^T\mathbf{p}} \\&=&\frac{\mathbf{q}^TD\mathbf{q}}{\mathbf{q}^T\mathbf{q}} \\&=&\frac{\frac{\sqrt{5}}{2}a^2-\frac{\sqrt{5}}{2}c^2}{a^2+b^2+c^2} \\&\leq & \frac{\sqrt{5}}{2} \frac{a^2-c^2}{a^2+c^2} \\&=&\frac{\sqrt{5}}{2}\left(1-\frac{2c^2}{a^2+c^2}\right) \\&\leq &\frac{\sqrt{5}}{2}. \end{array}

因此{f(x,y,z)}的最大值为{\frac{\sqrt{5}}{2}},等号成立当且仅当{b=c=0}, 即当且仅当{x:y:z=1:\sqrt{5}:2}时,{f(x,y,z)}取到最大值. \Box

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(2011年浙江文科数学第16题) 若实数{x,y}满足{x^2+y^2+xy=1},则{x+y}的最大值是{\underline{~~~~~~~~~~}}.

解:

\displaystyle x^2+y^2+xy=1\iff \begin{bmatrix} x&y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}=1. \ \ \ \ \ (1.1)

将对称矩阵正交相似对角化:

\displaystyle \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&1 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} \frac{3}{2}&0\\ 0&\frac{1}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (1.2)

\displaystyle \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (1.3)

则方程(1.1)化为

\displaystyle \begin{bmatrix} u&v \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{3}{2}&0\\ 0&\frac{1}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=1,

\displaystyle \frac{3}{2}u^2+\frac{1}{2}v^{2}=1. \ \ \ \ \ (1.4)

由关系式(1.3)可得{x+y=\sqrt{2}u}.由方程(1.4)可得{-\frac{\sqrt{6}}{3}\leq u\leq \frac{\sqrt{6}}{3}},因此

\displaystyle -\frac{2 \sqrt{3}}{3}\leq x+y=\sqrt{2}u\leq \frac{2 \sqrt{3}}{3}.

所以答案是{\frac{2 \sqrt{3}}{3}}. \Box

(2011年浙江理科数学第16题){x,y}为实数,若{4x^2+y^2+xy=1},则{2x+y}的最大值 是{\underline{~~~~~~}}.

解:

\displaystyle 4x^2+y^2+xy=1.\iff \begin{bmatrix} 2x&y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{4}\\ \frac{1}{4}&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2x\\ y \end{bmatrix}=1. \ \ \ \ \ (2.1)

将对称矩阵正交相似对角化:

\displaystyle \begin{bmatrix} 1&\frac{1}{4}\\ \frac{1}{4}&1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} \frac{5}{4}&0\\ 0&\frac{3}{4} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix},

\displaystyle \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2x\\ y \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (2.2)

则方程(2.1)化为

\displaystyle \frac{5}{4}u^2+\frac{3}{4}v^2=1. \ \ \ \ \ (2.3)

由关系式(2.2)可得{2x+y=\sqrt{2}u}.由方程(2.3)可得 {-\frac{2 \sqrt{5}}{5}\leq u\leq \frac{2 \sqrt{5}}{5}},因此

\displaystyle -\frac{2 \sqrt{10}}{5}\leq 2x+y=\sqrt{2}u\leq \frac{2 \sqrt{10}}{5}.

所以答案是{\frac{2 \sqrt{10}}{5}}. \Box

(2014年辽宁高考理科数学第14题) 对于{c>0},当非零实数{a,b}满足{4a^2-2ab+4b^2-c=0},且使{|2a+b|}最大 时,{\frac{3}{a}-\frac{4}{b}+\frac{5}{c}}的最小值为{\underline{~~~~~~~}}.

解:

\displaystyle 4a^2-2ab+4b^2=c \iff \begin{bmatrix} a&b \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 4&-1\\ -1&4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix}=c \ \ \ \ \ (3.1)

将对称矩阵正交相似对角化:

\displaystyle \begin{bmatrix} 4&-1\\ -1&4 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}^{T} \begin{bmatrix} 5&0\\ 0&3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}

\displaystyle \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\ b \end{bmatrix}, \ \ \ \ \ (3.2)

则方程(3.1)化为

\displaystyle \begin{bmatrix} u&v \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 5&0\\ 0&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=c,

\displaystyle 5u^2+3v^2=c. \ \ \ \ \ (3.3)

由关系式(3.2)可得

\displaystyle |2a+b|=\left|\frac{\sqrt{2}}{2}u+\frac{3 \sqrt{2}}{2}v\right|=\left|\frac{\sqrt{10}}{10}\left(\sqrt{5}u\right)+\frac{\sqrt{6}}{2}\left(\sqrt{3}v\right)\right|, \ \ \ \ \ (3.4)

由柯西不等式的取等条件,可得当且仅当

\displaystyle \sqrt{3}v:\sqrt{5}u=\frac{\sqrt{6}}{2}:\frac{\sqrt{10}}{10},

{v=5u}时,式(3.4)取得最大值,此时{c=80u^{2}}.则

\displaystyle \begin{array}{rcl} \frac{3}{a}-\frac{4}{b}+\frac{5}{c }&=&\frac{3}{\frac{\sqrt{2}}{2}u+\frac{\sqrt{2}}{2}v}-\frac{4}{-\frac{\sqrt{2}}{2}u+\frac{\sqrt{2}}{2}v}+\frac{5}{80u^2}\\&=&\frac{1}{16u^2}-\frac{\sqrt{2}}{2u}\\&=&\left(\frac{1}{4u}-\sqrt{2}\right)^2-2\geq -2. \end{array}

所以答案是{-2}. \Box

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(本文整理自我写于2014.10.13日的一篇短文)

我们先来看两个例子.通过这两个例子,我们来演示如何使用逐步转轴法消去二次型中的各交叉项,最后成为标准型.

例1:(中国科学技术大学2012年硕士学位研究生入学考试试题)在$\mathbf{R}^3$中,方程$xy-yz+zx=1$所表示的二次曲面类型为?

:我们先考虑化去交叉项$xy$.令
$$
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\cos\alpha&-\sin\alpha&0\\
\sin\alpha&\cos\alpha&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x’\\
y’\\
z’
\end{pmatrix}
$$
代入二次型
\begin{equation}
\label{eq:1}
xy-yz+zx
\end{equation}
整理后可得
\begin{equation}
\label{eq:2}
x’^{2}\cos\alpha\sin\alpha-y’^{2}\sin\alpha\cos\alpha+x’y’\cos
2\alpha+y’z'(\cos\alpha-\sin\alpha)+x’z'(\cos\alpha-\sin\alpha).
\end{equation}
令$x’y’$前面的系数等于$0$,即让$\cos 2\alpha=0$,此时$\alpha$可以为$\frac{\pi}{4}$.在这个时候,$y’z’$和$x’z’$前面的系数也恰好为$0$.此时,二次型\eqref{eq:2}可以化为
$$
\frac{1}{2}x’^2-\frac{1}{2}y’^2.
$$
也即,通过正交替换,方程$xy-yz+zx=1$变成了$x’^2-y’^2=2$.这是一个双曲柱面.

例2:将二次型
$$
f(x_{1},x_2,x_3)=2x_{1}^{2} + 5x_{2}^{2} +
5x_{3}^{2}+4x_{1}x_{2}-4x_{1}x_{3} – 8x_{2}x_3
$$
化为标准型.

:我们先考虑化去交叉项$x_1x_2$.令
$$
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\cos\alpha&-\sin\alpha&0\\
\sin\alpha&\cos\alpha&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1’\\
x_2’\\
x_3′
\end{pmatrix},
$$
代入二次型$f(x_1,x_2,x_3)$,整理可得
\begin{align*}
f(x_1,x_2,x_3)=&
(2+3\sin^2\alpha+4\sin\alpha\cos\alpha)x_1’^2+(4\cos 2\alpha+3\sin
2\alpha)x_1’x_2’+(2+3\cos^2\alpha-4\sin\alpha\cos\alpha)x_2’^2\\&-(4\cos\alpha+8\sin\alpha)x_1’x_3’+(4\sin\alpha-8\cos\alpha)x_2’x_3’+5x_3’^2.
\end{align*}
令$x_1’x_2’$前面的系数$4\cos 2\alpha+3\sin 2\alpha$为$0$,解得$\sin\alpha=\frac{2\sqrt{5}}{5}$,$\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$是一组解.这个时候,二次型$f(x_1,x_2,x_3)$成为
\begin{align*}
6x_1’^2+x_2’^2-4 \sqrt{5}x_1’x_3’+5x_3’^2.
\end{align*}
我们很幸运地发现,$x_2’x_3’$同时也消失了.然后我们试图消去最后的交叉项$x_1’x_3’$.令
$$
\begin{pmatrix}
x_1’\\
x_2’\\
x_3′
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\cos\beta&0&-\sin\beta\\
0&1&0\\
\sin\beta&0&\cos\beta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1”\\
x_2”\\
x_3”
\end{pmatrix},
$$
则二次型$f(x_1,x_2,x_3)$成为
$$
(5+\cos^2\beta-4 \sqrt{5}\cos\beta\sin\beta)x_1”^2+x_2”^2+(-\sin
2\beta-4 \sqrt{5}\cos 2\beta)x_1”x_3”+(5+\sin^2\beta+4
\sqrt{5}\sin\beta\cos\beta)x_3”^2.
$$
令 $x_1”x_3”$前面的系数为零,即让$-\sin 2\beta-4 \sqrt{5}\cos 2\beta=0$,解得$\cos\beta=\frac{2}{3}$,$\sin\beta=\frac{\sqrt{5}}{3}$是一组解.此时,二次型$f(x_1,x_2,x_3)$成了
$$
x_1”^2+x_2”^2+10x_3”^2.
$$
这样就成功地把二次型$f(x_1,x_2,x_3)$化为了标准型.其中
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
x_1”\\
x_2”\\
x_3”
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
\cos-\beta&0&-\sin-\beta\\
0&1&0\\
\sin-\beta&0&\cos-\beta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1’\\
x_2’\\
x_3′
\end{pmatrix}&=\begin{pmatrix}
\cos-\beta&0&-\sin-\beta\\
0&1&0\\
\sin-\beta&0&\cos-\beta
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\cos-\alpha&-\sin-\alpha&0\\
\sin-\alpha&\cos-\alpha&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}
\cos\beta&0&\sin\beta\\
0&1&0\\
-\sin\beta&0&\cos\beta
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\cos\alpha&\sin\alpha&0\\
-\sin\alpha&\cos\alpha&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}\\&=
\begin{pmatrix}
\frac{2 \sqrt{5}}{15}&\frac{4 \sqrt{5}}{15}&\frac{\sqrt{5}}{3}\\
-\frac{2 \sqrt{5}}{5}&\frac{\sqrt{5}}{5}&0\\
-\frac{1}{3}&-\frac{2}{3}&\frac{2}{3}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}.
\end{align*}

 

 

对于一般的实二次型
$$
f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=a_{11}x_1^2+a_{22}x_2^2+\cdots+a_{nn}x_n^2+2a_{12}x_1x_2+2a_{13}x_1x_3+\cdots+2a_{n-1,n}x_{n-1}x_n
$$
来说,我们可以先考虑通过转轴去掉交叉项$x_1x_2$,为此,令
$$
\begin{cases}
x_1=x_{1}^{(1,2)}\cos\alpha_{1,2}-x_{2}^{(1,2)}\sin\alpha_{1,2},\\
x_2=x_{1}^{(1,2)}\sin\alpha_{1,2}+x_{2}^{(1,2)}\cos\alpha_{1,2},\\
x_3=x_3^{(1,2)},\\
\vdots\\
x_n=x_n^{(1,2)}.
\end{cases}
$$
这样,经过替换后,可得
$$
f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=f_{1,2}(x_1^{(1,2)},x_2^{(1,2)},\cdots,x_n^{(1,2)}),
$$
通过选取特定的$\alpha_{1,2}$,必定能使$f_{1,2}(x_1^{(1,2)},x_2^{(1,2)},\cdots,x_n^{(1,2)})$中不含$x_1^{(1,2)}x_2^{(1,2)}$这一项.此时,$f_{1,2}(x_1^{(1,2)},x_2^{(1,2)},\cdots,x_n^{(1,2)})$中交叉项只剩下$x_1^{(1,2)}x_3^{(1,2)},\cdots,x_1^{(1,2)}x_n^{(1,2)},x_2^{(1,2)}x_{3}^{(1,2)},\cdots,x_2^{(1,2)}x_{n}^{(1,2)},\cdots,x_{n-1}^{(1,2)}x_n^{(1,2)}$.然后我们再考虑通过转轴去掉交叉项$x_1^{(1,2)}x_3^{(1,2)}$,为此,只需要令
$$
\begin{cases}
x_1^{(1,2)}=x_1^{(1,3)}\cos\alpha_{1,3}-x_3^{(1,3)}\sin\alpha_{1,3},\\
x_2^{(1,2)}=x_2^{(1,3)},\\
x_3^{(1,2)}=x_1^{(1,3)}\sin\alpha_{1,3}+x_3^{(1,3)}\cos\alpha_{1,3},\\
\vdots\\
x_n^{(1,2)}=x_n^{(1,3)}
\end{cases},
$$
经过替换后,
$$
f_{1,2}(x_1^{(1,2)},x_2^{(1,2)},\cdots,x_n^{(1,2)})=f_{1,3}(x_1^{(1,3)},x_2^{(1,3)},\cdots,x_n^{(1,3)}),
$$
通过选取特定的$\alpha_{1,3}$,必定能使得$f_{1,3}(x_1^{(1,3)},x_2^{(1,3},\cdots,x_n^{(1,3})$中的交叉项$x_1^{(1,3}x_3^{(1,3)}$消去,此时,$f_{1,3}(x_1^{(1,3)},x_2^{(1,3)},\cdots,x_n^{(1,3)})$中交叉项只剩下$x_1^{(1,3)}x_4^{(1,3)},\cdots,x_1^{(1,3)}x_n^{(1,3)},x_2^{(1,3)}x_{3}^{(1,3)},\cdots,x_2^{(1,3)}x_{n}^{(1,3)},\cdots,x_{n-1}^{(1,3)}x_n^{(1,3)}$.之后经过若干次类似的操作,会消去所有的交叉项,剩下的二次型
$$
f_{n-1,n}(x_1^{(n-1,n)},x_2^{(n-1,n)},\cdots,x_n^{(n-1,n)}),
$$
只含有平方项,而不含有交叉项.而且,
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
x_1^{(n-1,n)}\\
x_2^{(n-1,n)}\\
\vdots\\
x_n^{(n-1,n)}
\end{pmatrix}= A_{n-1,n}\cdots A_{13}A_{12}
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\vdots\\
x_n
\end{pmatrix},
\end{align*}
其中矩阵$A_{ij}$表示将直角坐标平面$x_i^{(i,j-1)}Ox_j^{(i,j-1)}$逆时针旋转$\alpha_{i,j-1}$角度(当$i< j-1$时)或者将直角坐标平面$x_i^{(i-1,n)}Oy_j^{(i-1,n)}$旋转$\alpha_{i-1,n}$角度(当$i=j-1$)的同时,保持其余的坐标轴不动的线性变换.这是高维空间中的旋转,又叫Givens旋转

我们发现,$A_{n-1,n}\cdots A_{13}A_{12}$表示一个正交矩阵,该正交矩阵代表若干个Givens旋转的复合.可见,使用逐步转轴法化二次型为标准型的总体效果,就是用正交变换化二次型为标准型.

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下面的题目来自李尚志《线性代数学习指导》第7.4节例1:

题目: 求可逆方阵{P}

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

相似到Jordan标准型{P^{-1}AP=J}.

解: 矩阵{A}的特征值为{1,2,2,2,2,2}.特征值{1}所对应的一个特征向量是{\mathbf{w}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} }.特征值{2}的代数重数是{5},几何重数是{3}.令

\displaystyle \mathbf{v}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},\mathbf{v}_2^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},\mathbf{v}_3^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},

可得

\displaystyle \ker (A-2I)=\mbox{span}\{\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(1)},\mathbf{v}_3^{(1)}\}.

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

{\mathbf{v}_4^{(2)}= \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ \end{bmatrix},\mathbf{v}_5^{(2)}= \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix} },则

\displaystyle \ker (A-2I)^2=\ker (A-2I)\oplus \mbox{span}\{\mathbf{v}_{4}^{(2)}\}\oplus \mbox{span}\{\mathbf{v}_{5}^{(2)}\}

\displaystyle (A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)}= \begin{bmatrix} -1&1&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&2&3\\ 0&0&0&0&1&-1\\ 0&0&0&0&1&2\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 4\\ 3\\ -1\\ 2\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I).

\displaystyle (A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)}= \begin{bmatrix} -1&1&1&1&1&1\\ 0&0&0&0&2&3\\ 0&0&0&0&1&-1\\ 0&0&0&0&1&2\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 4\\ 2\\ 1\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-2I).

设线性变换{T:\mathbf{R}^6\rightarrow \mathbf{R}^6}在基 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\cdots,\mathbf{e}_6)}下的矩阵为{A-2I}, 即{[T]_{\alpha}^{\alpha}=A-2I}.设

\displaystyle \begin{array}{rcl} \beta &=&(\mathbf{w},\mathbf{v}_1^{(1)},(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)},\mathbf{v}_4^{(2)},(A-2I)\mathbf{v}_{5}^{(2)},\mathbf{v}_5^{(2)}) \\&=&\left( \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} , \begin{bmatrix} 4\\ 3\\ -1\\ 2\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 4\\ 2\\ 1\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -3\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} \right) \end{array}

{\mathbf{R}^{6}}的一组基,则线性变换{T}在基{\beta}下的矩阵为

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

由此可得

\displaystyle \begin{array}{rcl} A-2I&=&[T]_{\alpha}^{\alpha} \\&=&[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta} \\&=& \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}, \end{array}

因此

\displaystyle A=\begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0&0&0&0&0\\ 0&2&0&0&0&0\\ 0&0&2&1&0&0\\ 0&0&0&2&0&0\\ 0&0&0&0&2&1\\ 0&0&0&0&0&2\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&1&3&0&2&0\\ 0&0&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1},

\Box

注 1 不用计算便能判断出{(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)}}{(A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)}}线性无关.否则,存在不全为零的实数{k_1,k_2}, 使得

\displaystyle k_1(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)}+k_2(A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)}=\mathbf{0},

因此

\displaystyle (A-2I)(k_1\mathbf{v}_4^{(2)}+k_2\mathbf{v}_5^{(2)})=\mathbf{0}.

因此{k_1\mathbf{v}_4^{(2)}+k_2\mathbf{v}_5^{(2)}\in \ker (A-2I)},矛盾.

注 2 如果把基{\beta'}选为

\displaystyle \beta'=(\mathbf{w},\mathbf{v}_2^{(1)},(A-2I)\mathbf{v}_4^{(2)},\mathbf{v}_4^{(2)},(A-2I)\mathbf{v}_5^{(2)},\mathbf{v}_5^{(2)}),

则线性变换{T}在基{\beta'}下的矩阵也是

\displaystyle [T]_{\beta'}^{\beta'}= \begin{bmatrix} -1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\\ \end{bmatrix}.

此时,

\displaystyle \begin{array}{rcl} A-2I&=&[T]_{\alpha}^{\alpha} \\&=&[I]_{\beta'}^{\alpha}[T]_{\beta'}^{\beta'}[I]_{\alpha}^{\beta'} \\&=& \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -1&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}, \end{array}

因此

\displaystyle A= \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1&0&0&0&0&0\\ 0&2&0&0&0&0\\ 0&0&2&1&0&0\\ 0&0&0&2&0&0\\ 0&0&0&0&2&1\\ 0&0&0&0&0&2\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&4&-3&4&-3\\ 0&0&3&0&2&0\\ 0&1&-1&0&1&0\\ 0&0&2&0&1&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}

可见,对于矩阵{A}的Jordan标准型分解{A=MJM^{-1}}来说,虽然矩阵{A}的Jordan 标准型{J}是唯一的(不考虑Jordan块的置换),但是矩阵{M}可以是不唯一的(不考 虑Jordan块的置换).

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我们曾经举例说明如何将方阵相似到上三角阵.下面我们再举个更复杂的例子.就让我当一回人肉计算机吧.

 

下面我们再举一例来说明如何将任意方阵相似到上三角矩阵.以矩阵

\displaystyle A_{1}= \begin{bmatrix} 2&1&0&-1&-1&0\\ 1&2&0&0&-1&1\\ -1&-1&4&1&0&-1\\ 0&-1&0&3&1&0\\ 0&0&0&0&4&0\\ 1&0&0&0&-1&3 \end{bmatrix}

为例.设线性变换{T:\mathbf{C}^{6}\rightarrow \mathbf{C}^6}在基 {\alpha_{1}=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\cdots,\mathbf{e}_6)}下的矩阵 {[T]_{\alpha}^{\alpha}}为矩阵{A_{1}},其中向量{\mathbf{e}_{i}}的第{i}个分量 是{1},其余分量是{0}.

先求矩阵{A_{1}}的特征值.设矩阵{A_{1}}的特征值是{\lambda_{1}},则

\displaystyle \begin{vmatrix} 2-\lambda_{1}&1&0&-1&-1&0\\ 1&2-\lambda_{1}&0&0&-1&1\\ -1&-1&4-\lambda_{1}&1&0&-1\\ 0&-1&0&3-\lambda_{1}&1&0\\ 0&0&0&0&4-\lambda_{1}&0\\ 1&0&0&0&-1&3-\lambda_{1} \end{vmatrix}=0,

解得{\lambda_{1}}等于{2,2,2,4,4,4,}.具体演算草稿见下图.

然后确定矩阵{A_{1}}的特征值{2}所对应的一个特征向量是

\displaystyle \mathbf{v}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} -1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_{1}}.

然后再选取向量{\mathbf{v}_2^{(1)},\cdots,\mathbf{v}_6^{(1)}},使得{\alpha_2=(\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(1)},\cdots,\mathbf{v}_6^{(1)})} 构成{\mathbf{C}^6}的一组基.不妨让

\displaystyle \mathbf{v}_2^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{1}},\mathbf{v}_3^{(1)}= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ \end{bmatrix}_{\alpha_{1}},\mathbf{v}_4^{(1)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ \end{bmatrix}_{\alpha_{1}},\mathbf{v}_5^{(1)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{1}},\mathbf{v}_6^{(1)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{1}}.

则线性变换{T}在基{\alpha_2}下的矩阵为

\displaystyle [T]_{\alpha_2}^{\alpha_2}= \begin{bmatrix} 2&1&0&0&0&-1\\ 0&3&1&0&-1&-2\\ 0&1&2&0&0&-1\\ 0&-1&-1&4&1&0\\ 0&0&-1&0&3&1\\ 0&0&0&0&0&4 \end{bmatrix},

具体演算草稿如下.

将矩阵{[T]_{\alpha_2}^{\alpha_2}}的第{1}行和第{1}列去掉,得到它的子矩阵

\displaystyle A_{2}=\begin{bmatrix} 3&1&0&-1&-2\\ 1&2&0&0&-1\\ -1&-1&4&1&0\\ 0&-1&0&3&1\\ 0&0&0&0&4 \end{bmatrix},

事实 上 ,{\mbox{span}\{\mathbf{v}_2^{(1)},\mathbf{v}_3^{(1)},\cdots,\mathbf{v}_6^{(1)}\}} 形成{\mathbf{C}^6}的一个{5}维子空间{W_5},且 {\beta_1=(\mathbf{v}_2^{(1)},\mathbf{v}_3^{(1)},\cdots,\mathbf{v}_6^{(1)})}{W_5}的一组基.而且,存在线性变换{G_1:W_5\rightarrow W_5},使得 {[G_{1}]_{\beta_1}^{\beta_1}=A_2}.

矩阵{A_2}的特征值是{2,2,4,4,4}.矩阵{A_2}的特征值{2}所对应的某个特征向 量是{\mathbf{w}_1= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{1}} }.

\displaystyle \mathbf{w}_1= 0\begin{bmatrix} 3\\ 1\\ -1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{1}}+ \frac{1}{2}\begin{bmatrix} 1\\ 2\\ -1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{1}}+ 0\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 4\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{1}}+ \frac{1}{2}\begin{bmatrix} -1\\ 0\\ 1\\ 3\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{1}}+0 \begin{bmatrix} -2\\ -1\\ 0\\ 1\\ 4 \end{bmatrix}_{\beta_{1}},

\displaystyle \mathbf{v}_2^{(2)}=0 \begin{bmatrix} 1\\ 3\\ 1\\ -1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{2}}+\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 2\\ -1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{2}}+0 \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 4\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{2}}+\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 0\\ -1\\ 0\\ 1\\ 3\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{2}}+0 \begin{bmatrix} -1\\ -2\\ -1\\ 0\\ 1\\ 4 \end{bmatrix}_{\alpha_{2}}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2},

然后令 {\alpha_3=(\mathbf{v_{1}}^{(1)},\mathbf{v}_{2}^{(2)},\mathbf{v}_{3}^{(2)},\mathbf{v}_{4}^{(2)},\mathbf{v}_{5}^{(2)},\mathbf{v}_{6}^{(2)})}{\mathbf{C}^{6}}的一组基,其中 {\mathbf{v}_{3}^{(2)},\cdots,\mathbf{v}_{6}^{(2)}}待定.不妨令

\displaystyle \mathbf{v}_3^{(2)}= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{2}},\mathbf{v}_4^{(2)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2},\mathbf{v}_5^{(2)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2},\mathbf{v}_6^{(2)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_2}.

则线性映射{T}在基底{\alpha_3}下的矩阵

\displaystyle [T]_{\alpha_3}^{\alpha_3}= \begin{bmatrix} 2&0&1&0&0&-1\\ 0&2&0&-1&0&1\\ 0&0&3&1&0&-2\\ 0&0&1&3&0&-2\\ 0&0&-1&-1&4&0\\ 0&0&0&0&0&4 \end{bmatrix}.

具体的演算草稿见下图.

将矩阵{[T]_{\alpha_3}^{\alpha_3}}的前两列和前两行去掉,得到它的子矩阵

\displaystyle A_3=\begin{bmatrix} 3&1&0&-2\\ 1&3&0&-2\\ -1&-1&4&0\\ 0&0&0&4 \end{bmatrix},

事实 上 ,{\mbox{span}\{\mathbf{v}_3^{(2)},\mathbf{v}_4^{(2)},\mathbf{v}_5^{(2)},\mathbf{v}_6^{(2)}\}} 形成{\mathbf{C}^6}的一个{4}维子空间{W_4},且 {\beta_2=(\mathbf{v}_3^{(2)},\mathbf{v}_4^{(2)},\mathbf{v}_5^{(2)},\mathbf{v}_6^{(2)})}{W_4}的一组基.存在线性映射{G_2:W_4\rightarrow W_4},使得{G_2}在基{\beta_2}下 的矩阵{[G_2]_{\beta_2}^{\beta_2}}{A_3}.

矩阵{A_3}的特征值是{2,4,4,4}.矩阵{A_3}的特征值{2}所对应的一个特征向量 是{\mathbf{w}_{2}= \begin{bmatrix} 1\\ -1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_2} },且

\displaystyle \mathbf{w}_2=\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 3\\ 1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{2}}-\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1\\ 3\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{2}}+0 \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 4\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_{2}}+0 \begin{bmatrix} -2\\ -2\\ 0\\ 4 \end{bmatrix}_{\beta_{2}},

令向量

\displaystyle \mathbf{v}_3^{(3)}=\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 3\\ 1\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3}-\frac{1}{2} \begin{bmatrix} 0\\ -1\\ 1\\ 3\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{3}}+0 \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 4\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_{3}}+0 \begin{bmatrix} -1\\ 1\\ -2\\ -2\\ 0\\ 4 \end{bmatrix}_{\alpha_{3}}= \begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ 1\\ -1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3}.

{\alpha_4=(\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(2)},\mathbf{v}_3^{(3)},\mathbf{v}_4^{(3)},\mathbf{v}_5^{(3)},\mathbf{v}_6^{(3)})}{\mathbf{C}^6}的一组基,其中 {\mathbf{v}_4^{(3)},\mathbf{v}_5^{(3)},\mathbf{v}_6^{(3)}}待定.不妨让

\displaystyle \mathbf{v}_4^{(3)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3},\mathbf{v}_5^{(3)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3},\mathbf{v}_6^{(3)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_3}.

则线性变换{T}在基{\alpha_4}下的矩阵为

\displaystyle [T]_{\alpha_4}^{\alpha_4}= \begin{bmatrix} 2&0&1&\frac{3}{2}&0&-2\\ 0&2&1&\frac{1}{2}&0&0\\ 0&0&2&-1&0&2\\ 0&0&0&4&0&-4\\ 0&0&0&-1&4&0\\ 0&0&0&0&0&4 \end{bmatrix},

具体演算草稿见下图.

将矩阵{[T]_{\alpha_4}^{\alpha_4}}的前{3}行和前{3}列删去,得到它的子矩阵

\displaystyle A_4= \begin{bmatrix} 4&0&-4\\ -1&4&0\\ 0&0&4 \end{bmatrix}.

事实 上 ,{\mbox{span}\{\mathbf{v}_4^{(3)},\mathbf{v}_5^{(3)},\mathbf{v}_6^{(3)}\}} 形成{\mathbf{C}^6}的一个{3}维子空间{W_3}.且 {\beta_3=(\mathbf{v}_4^{(3)},\mathbf{v}_5^{(3)},\mathbf{v}_6^{(3)})}{W_3}的一组基.存在线性映射{G_3:W_3\rightarrow W_3},使得{G_{3}}在基{\beta_{3}} 下的矩阵{[G_{3}]_{\beta_3}^{\beta_3}}{A_{4}}.

矩阵{A_4}的特征值是{4,4,4}.矩阵{A_4}的特征值{4}所对应的一个特征向量是{\mathbf{w}_3= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_3} }.且

\displaystyle \mathbf{w}_3=0 \begin{bmatrix} 4\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_3}+\frac{1}{4} \begin{bmatrix} 0\\ 4\\ 0 \end{bmatrix}_{\beta_3}+0 \begin{bmatrix} -4\\ 0\\ 4 \end{bmatrix}_{\beta_3},

令向量

\displaystyle \mathbf{v}_4^{(4)}=0 \begin{bmatrix} \frac{3}{2}\\ \frac{1}{2}\\ -1\\ 4\\ -1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}+\frac{1}{4} \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 4\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}+0 \begin{bmatrix} -2\\ 0\\ 2\\ -4\\ 0\\ 4 \end{bmatrix}_{\alpha_4}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}.

{\alpha_5=(\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(2)},\mathbf{v}_3^{(3)},\mathbf{v}_{4}^{(4)},\mathbf{v}_5^{(4)},\mathbf{v}_6^{(4)})}{\mathbf{C}^6}的一组基,其中向量 {\mathbf{v}_5^{(4)},\mathbf{v}_6^{(4)}}待定.不妨让

\displaystyle \mathbf{v}_5^{(4)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4},\mathbf{v}_6^{(4)}= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_4}.

则线性变换{T}在基{\alpha_5}下的矩阵为

\displaystyle [T]_{\alpha_5}^{\alpha_5}= \begin{bmatrix} 2&0&0&0&\frac{3}{2}&-2\\ 0&2&0&0&\frac{1}{2}&0\\ 0&0&2&0&-1&2\\ 0&0&0&4&-1&0\\ 0&0&0&0&4&-4\\ 0&0&0&0&0&4 \end{bmatrix}.

具体演算草稿见下图.

而基

\displaystyle \begin{array}{rcl} \alpha_5&=&\left( \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}, \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_4}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_4} \right) \\&=&\left( \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3}, \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3}, \begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}\\ 1\\ -1\\ 0\\ 0\\ \end{bmatrix}_{\alpha_3}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_3}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_3} \right) \\&=&\left( \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2}, \begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ 1\\ -\frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2}, \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_2}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_2} \right) \\&=&\left( \begin{bmatrix} -1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}_{\alpha_1}, \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_1}, \begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2} \end{bmatrix}_{\alpha_1} \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_1}, \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_1}, \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}_{\alpha_1} \right). \end{array}

因此可得矩阵分解式

\displaystyle \begin{array}{rcl} A_1&=&[T]_{\alpha_1}^{\alpha_1}=[I]_{\alpha_5}^{\alpha_1}[T]_{\alpha_5}^{\alpha_5}[I]_{\alpha_1}^{\alpha_5}\\&=& \begin{bmatrix} -1&0&\frac{1}{2}&0&1&0\\ 0&1&-\frac{1}{2}&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&1&\frac{1}{2}&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 1&0&\frac{1}{2}&0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2&0&0&0&\frac{3}{2}&-2\\ 0&2&0&0&\frac{1}{2}&0\\ 0&0&2&0&-1&2\\ 0&0&0&4&-1&0\\ 0&0&0&0&4&-4\\ 0&0&0&0&0&4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} -1&0&\frac{1}{2}&0&1&0\\ 0&1&-\frac{1}{2}&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&1&\frac{1}{2}&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 1&0&\frac{1}{2}&0&0&0 \end{bmatrix}^{-1} \end{array}

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