线性代数

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题目:设三条不同的直线$l_1:ax+2by+3(a+b+1)=0$,$l_2:bx+2(a+b+1)y+3a=0$,$l_3:(a+b+1)x+2ay+3b=0$,则它们相交于一点的充分必要条件为______.

:答案是$2a+2b+1=0$.
解析:三条直线交于一点,当且仅当关于$x,y$的线性方程组
$$
\begin{cases}
ax+2by=-3(a+b+1)\\
bx+2(a+b+1)y=-3a\\
(a+b+1)x+2ay=-3b
\end{cases}
$$
有且仅有一组解.该线性方程组的增广矩阵
$$
B_{1}=
\begin{pmatrix}
a&2b&-3(a+b+1)\\
b&2(a+b+1)&-3a\\
a+b+1&2a&-3b
\end{pmatrix}
$$
将矩阵$B_{1}$进行初等变换:
\begin{align*}
B_{1}&= \begin{pmatrix}
a&2b&-3(a+b+1)\\
b&2(a+b+1)&-3a\\
a+b+1&2a&-3b
\end{pmatrix} \\&\xrightarrow[\mbox{第}3\mbox{列乘以}\left(-\frac{1}{3}\right)]{\mbox{第}2\mbox{列乘以}\frac{1}{2}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
a+b+1&a&b
\end{pmatrix}=B_{2}
\\&\xrightarrow{\mbox{第}1\mbox{行乘以}-1\mbox{加
到第}3\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
b+1&a-b&-a-1
\end{pmatrix}=B_{3}
\\&\xrightarrow{\mbox{第}2\mbox{行乘以}-1\mbox{加到第}3\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
a&b&a+b+1\\
b&a+b+1&a\\
1&-2b-1&-2a-1
\end{pmatrix}=B_{4}
\\&\xrightarrow[\mbox{第}3\mbox{行乘以}-a\mbox{加到第}1\mbox{行上}]{\mbox{第}3\mbox{行乘以}-b\mbox{加到第}2\mbox{行上}}
\begin{pmatrix}
0&2ab+a+b&2a^{2}+2a+b+1\\
0&2b^2+a+2b+1&2ab+a+b\\
1&-2b-1&-2a-1
\end{pmatrix}=B_{5}.
\end{align*}
则该线性方程组有且仅有一解当且仅当矩阵$B_{2}$($B_{5}$)的秩为$2$,且矩阵$B_{2}$($B_{5}$)的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩也为$2$.

先求线性方程组有且仅有一解的必要条件:
因为$3\times 3$矩阵$B_{2}$的秩为$2$,故$\det B_{2}=0$,即
\begin{align*}
\det B_{2}&=3ab(a+b+1)-a^3-b^3-(a+b+1)^3
\\&=-(2a+2b+1)[a^2+b^2+(a+b+1)^2-ab-b(a+b+1)-(a+b+1)a]
\\&=-(2a+2b+1)\left[\frac{(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}{2}\right]
\\&=0,
\end{align*}

$$
\frac{(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}{2}=0
$$
时,$a=b=-1$.此时矩阵$B_{2}(B_{5})$的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩为$1$,矛盾.故只能有$2a+2b+1=0$.将这条关系代入矩阵$B_{5}$,得
$$
B_{5}=
\begin{pmatrix}
0&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}&2a^2+a+\cfrac{1}{2}\\
0&2a^2+a+\cfrac{1}{2}&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}\\1&2a&-2a-1
\end{pmatrix}
$$
由于$\forall a\in \mathbf{R},2a^2+a+\cfrac{1}{2}\neq 0$,故矩阵$B_{5}$的秩为$2$,且矩阵$B_{5}$的前两个列向量形成的子矩阵的秩也为$2$.综上所述,三条直线交于一点的必要条件是$2a+2b+1=0$.

再说明$2a+2b+1=0$是线性方程组有且仅有一解的充分条件:
当$2a+2b+1=0$时,可得矩阵
$$
B_{5}=
\begin{pmatrix}
0&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}&2a^2+a+\cfrac{1}{2}\\
0&2a^2+a+\cfrac{1}{2}&-2a^2-a-\cfrac{1}{2}\\1&2a&-2a-1
\end{pmatrix},
$$
可得矩阵$B_{5}$的秩为$2$,且矩阵$B_{5}$的前两个列向量形成的$3\times 2$子矩阵的秩也为$2$,故线性方程组有且只有一个解.

以下所有习题都来自David C.Lay《线性代数及其应用》第2.4节.

问题 1. 形如$A=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}
$的矩阵称为分块上三角矩阵,设$A_{11}$是$p\times p$矩阵,$A_{22}$是$q\times q$矩阵,且$A$为可逆矩阵.求$A^{-1}$的表达式.

解答 1.1. $$
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&0\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix},
$$
$$
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
$$

$$
\begin{bmatrix}
I&-A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix}.
$$

$$
A^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&-A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&0\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&-A_{11}^{-1}A_{12}A_{22}^{-1}\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}.
$$

问题 2. 证明$
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}
$可逆并求出它的逆.

解答 2.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
因此矩阵$
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}
$可逆.其逆为$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A&I
\end{bmatrix}
$.

问题 3. 计算$X^TX$,其中$X$分块为$
\begin{bmatrix}
X_1&X_2
\end{bmatrix}
$.

解答 3.1. $$
X^TX=
\begin{bmatrix}
X_1^T\\
X_2^T
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X_1&X_2
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
X_1^TX_1&X_1^TX_2\\
X_2^TX_1&X_2^TX_2
\end{bmatrix}.
$$

问题 4. 设$A_{11}$可逆,求出$X$与$Y$使
$$
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
X&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&0\\
0&S
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&Y\\
0&I
\end{bmatrix}
$$
其中$S=A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}$,矩阵$S$称为$A_{11}$的舒尔补,这样的表达式常在系统工程和其他地方中出现.

解答 4.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix},
$$
$$
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&-A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&0\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}.
$$
因此
$$
\begin{bmatrix}
I&Y\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&-A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix}^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
表明$Y=A_{12}A_{11}^{-1}$.
$$
\begin{bmatrix}
I&0\\
X&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix}^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix},
$$
表明$X=A_{21}A_{11}^{-1}$.

问题 5. 求分块矩阵$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
C&I&0\\
A&B&I
\end{bmatrix}
$的逆.

解答 5.1.
$$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
-C&I&0\\
BC-A&-B&I
\end{bmatrix}.
$$

问题 6. 设$A_{11}$是可逆矩阵,求出矩阵$X$和$Y$使下列的积有所说的形式,并计算$B_{22}$.
$$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
X&I&0\\
Y&0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}\\
A_{31}&A_{32}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
B_{11}&B_{12}\\
0&B_{22}\\
0&B_{32}
\end{bmatrix}.
$$

解答 6.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I&0\\
-A_{31}A_{11}^{-1}&0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}\\
A_{31}&A_{32}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{32}-A_{33}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}
$$

问题 7. 设$A=
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}
$,其中$B$和$C$是方阵,证明$A$可逆当且仅当$B$和$C$都可逆.

解答 7.1. 当矩阵$B$和$C$都可逆时,
$$
\begin{bmatrix}
B^{-1}&0\\
0&C^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
因此矩阵$A$可逆.反之,当矩阵$A$可逆时,存在矩阵$X,Y,Z,W$,使得
$$
\begin{bmatrix}
X&Y\\
Z&W
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix}
$$
解得$XB=I,WC=I$.由于$B,C$都是方阵,因此矩阵$B$和$C$都可逆.

问题 8. 形如$A=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}
$的矩阵称为分块上三角矩阵.证明矩阵$A$可逆当且仅当$A_{11}$和$A_{22}$都
可逆.

解答 8.1. 通过初等行变换可以把问题8化归为问题7.

问题 9. 当太空卫星发射之后,为使卫星在精确计算过的轨道上运行,需要校正它的位置.雷达屏幕给出一组向量$\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_k$,它们给出卫星在不同时间里的位置与计划轨道的比较.设$X_k$表示矩阵$
\begin{bmatrix}
\bm{x}_1&\cdots&\bm{x}_k
\end{bmatrix}
$,矩阵$G_k=X_kX_k^T$需要在雷达分析数据时计算出来,因数据向量高速到达,所以计算负担很重.分块矩阵的计算起很大作用.计算$G_k$和$G_{k+1}$的列展开,叙述从$G_k$如何计算$G_{k+1}$.

解答 9.1. $$
G_{k+1}=X_{k+1}X_{k+1}^T=
\begin{bmatrix}
X_k&\bm{x}_{k+1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X_k^T\\
\bm{x}_{k+1}^T
\end{bmatrix}=X_kX_k^T+\bm{x}_{k+1}\bm{x}_{k+1}^T=G_k+\bm{x}_{k+1}\bm{x}_{k+1}^T.
$$

问题 10. 设$X$是$m\times n$矩阵,且$X^TX$可逆.又设$M=I_m-X(X^TX)^{-1}X^T$.加一列$\bm{x}_0$于这组数据,构成矩阵$W=
\begin{bmatrix}
X&\bm{x}_0
\end{bmatrix}
$,计算$W^TW$.它的$(1,1)$元素为$X^TX$,证明$X^TX$的舒尔补是$\bm{x}_0^TM\bm{x}_0$,可以证明数$(\bm{x}_0^TM\bm{x}_0)^{-1}$是$(W^TW)^{-1}$的$(2,2)$元素,在适当假设下,这个数有一个有用的统计解释.

解答 10.1. $$
W^{T}W=
\begin{bmatrix}
X^T\\
\bm{x}_0^{T}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X&\bm{x}_{0}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
X^TX&X^T\bm{x}_0\\
\bm{x}_{0}^TX&\bm{x_{0}}^{T}\bm{x}_0
\end{bmatrix}.
$$
$X^TX$的舒尔补是
$$
\bm{x}_0^{T}\bm{x}_0-\bm{x}_0^TX(X^{T}X)^{-1}X^T\bm{x}_0=\bm{x}_0^TM\bm{x}_0.
$$

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问题 1 (David C.Lay《线性代数及其应用》习题3.3.32). 令$S$是$\mathbf{R}^3$中具有顶点$\mathbf{0},\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3$的四面体,$S’$为具有顶点为$\mathbf{0},\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$的四面体,见下面的图形.
  • 描述一个将$S$映射到$S’$上的线性变换.
  • 利用$\{\mbox{S的体积}\}=\frac{1}{3}\{\mbox{底面
    积}\}\cdot\{\mbox{高}\}$这个事实给出一个四面体$S’$的体积公式.

此图像的alt属性为空;文件名为20190317-1.png

解答 1.1.
  • 设该线性变换是$T$,满足
    $$
    T(\bm{e}_1)=\bm{v}_1,T(\bm{e}_2)=\bm{v}_2,T(\bm{e}_3)=\bm{v}_3.
    $$
    设$\{\bm{e}_1,\bm{e}_2,\bm{e}_3\}=\mathcal{E}$构成$\mathbf{R}^3$的一组单位正交基底,则
    $$
    [T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}=\begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix},
    $$
    其中$\bm{v}_i^{\mathcal{E}}$是向量$\bm{v}_i$在基$\mathcal{E}$下的坐标.

  • $$
    \mathrm{Vol}S’=\frac{1}{6}\det \begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix}
    $$


问题 2 (库奥涅夫《高等代数》习题10.3). 利用拉普拉斯定理,证明
$$
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}=(ac_1-a_1c)^2+(bd_1-b_1d)^2-(ab_1-a_1b)^2-(cd_1-c_1d)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c).
$$

解答 2.1. 由拉普拉斯定理,
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
a&b\\
a_1&b_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
b&a\\
b_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
a&c\\
a_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&a\\
c_1&a_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
a&d\\
a_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&b\\
c_1&b_1
\end{vmatrix}\\&+
\begin{vmatrix}
b&c\\
b_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}d&a\\
d_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
b&d\\
b_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&b\\
d_1&b_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
c&d\\
c_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&c\\
d_1&c_1
\end{vmatrix}
\\&=-(ab_1-a_1b)^2+(ac_1-a_1c)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c)+(bd_1-b_1d)^2-(cd_1-c_1d)^2
\end{align*}

问题 3 (奥库涅夫《高等代数》习题9.2). 利用行列式乘法规则证明下列恒等式
  • $(ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2$
  • $(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2$

解答 3.1.

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    a_1&b_1
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a&a_1\\
    b&b_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    a^2+b^2&aa_1+bb_1\\
    aa_1+bb_1&a_1^2+b_1^2
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    -b&a
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a_1&b_1\\
    -b_1&a_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    aa_1-bb_1&ab_1+a_1b\\
    -(ab_1+a_1b)&aa_1-bb_1
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2.
    $$


问题 4 (库奥涅夫《高等代数》习题10.2). 用第二行和第四行展开行列式
$$
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}.
$$

解答 4.1. \begin{align*}
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
-1&1\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&7&3\\
1&3&-1\\
1&2&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
-1&4\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&-1&3\\
1&2&-1\\
1&3&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
1&4\\
1&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
1&5&3\\
1&1&-1\\
-1&1&-2
\end{vmatrix}
\\&=-6\times (-16)-(-21)\times (-3)-(-3)\times 20
\\&=93.
\end{align*}

问题 5 (库奥涅夫《高等代数》习题10.5). 求行列式
$$
\det A=\det
\begin{pmatrix}
a&b&c&d\\
-b&a&d&-c\\
-c&-d&a&b\\
-d&c&-b&a
\end{pmatrix}.
$$

解答 5.1. $$
AA^T=
\begin{pmatrix}
a^2+b^2+c^2+d^{2}&0&0&0\\
0&a^2+b^2+c^2+d^2&0&0\\
0&0&a^2+b^2+c^2+d^2&0\\
0&0&0&a^2+b^2+c^2+d^2
\end{pmatrix},
$$
因此
$$
\det AA^T=(a^2+b^2+c^2+d^2)^4,
$$

$$
\det A=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2.
$$

问题 6. 试计算下列诸行列式:

  • $$
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1+a&1&1&1\\
    1&1+b&1&1\\
    1&1&1+c&1\\
    1&1&1&1+d
    \end{vmatrix}.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b&c&d\\
    b&a&d&c\\
    c&d&a&b\\
    d&c&b&a
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}
    $$

解答 6.1.

  • \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}&=-
    \begin{vmatrix}
    1&a&b\\
    1&0&c\\
    1&c&0
    \end{vmatrix}+
    \begin{vmatrix}
    1&0&b\\
    1&a&c\\
    1&b&0
    \end{vmatrix}-
    \begin{vmatrix}
    1&0&a\\
    1&a&0\\
    1&b&c
    \end{vmatrix}\\&=-(ac+bc-c^2)+(b^2-ab-bc)-(ac+ab-a^2)\\&=a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca.
    \end{align*}
  • 先计算特例,产生感觉.当$n=6$时,
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&4&5&6\\
    6&1&2&3&4&5\\
    5&6&1&2&3&4\\
    4&5&6&1&2&3\\
    3&4&5&6&1&2\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    -5&1&1&1&1&1\\
    1&-5&1&1&1&1\\
    1&1&-5&1&1&1\\
    1&1&1&-5&1&1\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&6&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&1&1&-5&1\\
    2&2+3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&1&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&0&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&4&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&2+3+4+5&6&1
    \end{vmatrix}
    \end{align*}
    同样可得
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    1-n&1&1&\cdots&1\\
    1&1-n&1&\cdots&1\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&n&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&2&1&\cdots&1-n&1\\
    2&5&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\\vdots
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&n&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&1-n&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&= \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&0&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&-1&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&2+3+\cdots+n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=(-n)^{n-2}(-1)-(-n)^{n-2}(2+3+\cdots+n)
    \\&=(-1)(-n)^{n-2}(1+2+\cdots+n)
    \\&=\frac{(-n)^{n-1}(n+1)}{2}.
    \end{align*}

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问题 1. 一个偏僻的小村子从两个广播站接收无线电广播,其中一个是新闻广播站,另一个是音乐广播站.在广播站每半小时一次的休息后,接收新闻广播的听众中,有$70\%$的人还将保持收听新闻,有$30\%$的人在广播站休息时换成接收音乐广播.接收音乐广播的听众中,当广播站休息时,有$60\%$的人将环城收听新闻广播,有$40\%$的人还将保持听音乐.假设在上午8:15,每个人都正在收听新闻.
  • 给出描述无线电听众在每个广播站休息时趋向变换广播站的随机矩阵,将行、列做标记.
  • 给出初始状态向量.
  • 听众在上午9:25收听音乐广播的百分率是多少?(在上午8:30和9:00广播站休息之后.)

解答 1.1.
  • $P=
    \begin{pmatrix}
    ~&\mbox{新闻}&\mbox{音乐}\\
    \mbox{新闻}&0.7&0.6\\
    \mbox{音乐}&0.3&0.4
    \end{pmatrix}
    $.
  • $\bm{q}_0=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    0
    \end{pmatrix}
    $.

  • $$
    \bm{q}_1=P\bm{q}_0=
    \begin{pmatrix}
    0.7&0.6\\
    0.3&0.4
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    1\\
    0
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0.7\\
    0.3
    \end{pmatrix},
    $$
    有$30\%$

问题 2. 求所有形如下列形式的向量构成集合的一组基.
$$
\begin{bmatrix}
a-2b+5c\\
2a+5b-8c\\
-a-4b+7c\\
3a+b+c
\end{bmatrix}
$$

解答 2.1. $$
\begin{bmatrix}
a-2b+5c\\
2a+5b-8c\\
-a-4b+7c\\
3a+b+c
\end{bmatrix}=a
\begin{bmatrix}
1\\
2\\
-1\\
3
\end{bmatrix}+b
\begin{bmatrix}
-2\\
5\\
-4\\
1
\end{bmatrix}+c
\begin{bmatrix}
5\\
-8\\
7\\
1
\end{bmatrix}
$$
令$\bm{u}_1=
\begin{bmatrix}
1\\
2\\
-1\\
3
\end{bmatrix}
$,$\bm{u}_2=
\begin{bmatrix}
-2\\
5\\
-4\\
1
\end{bmatrix}
$,$\bm{u}_3=
\begin{bmatrix}
5\\
-8\\
7\\
1
\end{bmatrix}
$.对矩阵$A=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\bm{u}_3
\end{bmatrix}
$进行行初等变换,化为阶梯形:
$$
\begin{bmatrix}
1&-2&5\\
0&9&-18\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{bmatrix}.
$$
所以$\rm{Span}\{\bm{u}_1,\bm{u}_2,\bm{u}_3\}$的一组基为$\{\bm{u}_1,\bm{u}_2\}$.

问题 3. 考虑多项式
$\bm{p}_1(t)=1+t$,$\bm{p}_2(t)=1-t$,$\bm{p}_3(t)=4$,$\bm{p}_4(t)=t+t^2$,$\bm{p}_5(t)=1+2t+t^2$,
并设$H$是由集合$S=\{\bm{p}_1,\bm{p}_{2},\bm{p}_{3},\bm{p}_{4},\bm{p}_{5}\}$所生成的$\mathrm{P}_5$的子空间.求$H$的一组基.

解答 3.1. 选取$\mathrm{P}_5$的一组基底$\mathcal{A}=\{1,t,t^2,t^3,t^4\}$.则多项式$\bm{p}_i(1\leq i\leq 5)$在基$\mathcal{A}$下的坐标是
$$
[\bm{p}_1]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
1\\
1\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_2]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_3]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
4\\
0\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_4]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\bm{p}_5]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
1\\
2\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}.
$$
考虑矩阵
$$
\begin{pmatrix}
[\bm{p}_1]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_2]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_3]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_4]_{\mathcal{A}}&[\bm{p}_5]_{\mathcal{A}}
\end{pmatrix},
$$
将该矩阵进行初等行变换,化为阶梯形矩阵
$$
\begin{pmatrix}
1&1&4&0&1\\
0&-2&-4&1&1\\
0&0&0&1&1\\
0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0
\end{pmatrix}.
$$
可得$H$的一组基为$\{\bm{p}_1,\bm{p}_2,\bm{p}_4\}$.

问题 4. 关于一个具有18个线性方程20个变量的齐次方程组的解集,为了知道每一个相应的非齐次方程组有解,你必须要知道什么?讨论之.

解答 4.1. 则该线性方程组的秩必须为$18$.

问题 5. 证明:$\mathrm{rank} (AB)\leq \mathrm{rank} B$.

解答 5.1. 当矩阵$A=\mathbf{0}$时命题显然成立.当矩阵$A$是非零矩阵时,矩阵$A$可以分解成如下矩阵的乘积:
$$
A=E_1E_2\cdots E_nI_{r_A}E_1’E_2’\cdots E_m’
$$
其中矩阵$E_i(1\leq i\leq n)$是基本初等矩阵,$E_i$的作用是将矩阵进行初等行变换.矩阵$E_i'(1\leq i\leq n)$是基本初等矩阵的转置,$E_i’$的作用是将矩阵进行初等列变换.$r_{A}$是矩阵$A$的秩.对于任意$1\leq i\leq r_A$,矩阵$I_{r_A}$的第$i$行第$i$列元素非零,其余元素都是零.
$$
\mathrm{rank}AB=\mathrm{rank}E_1E_{2}\cdots
E_nI_{r_A}E_{1}’E_{2}’\cdots
E_{m}’B=\mathrm{rank}I_{r_{A}}E_{1}’E_{2}’\cdots E_{m}’B\leq
\mathrm{rank}E_{1}’E_{2}’\cdots E_m’B=\mathrm{rank}B.
$$

问题 6. 证明:$\mathrm{rank}AB\leq \mathrm{rank}A$.

解答 6.1. 矩阵$B$可以分解成如下矩阵的乘积:
$$
B=E_1E_2\cdots E_nI_{r_B}E_1’E_2’\cdots E_m’,
$$
其中矩阵$E_i(1\leq i\leq n)$是基本初等矩阵,$E_i$的作用是将矩阵进行初等行变换.$E_i'(1\leq i\leq m)$是基本初等矩阵的转置,$E_{i}’$的作用是将矩阵进行初等列变换.$r_B$是矩阵$B$的秩.对于任意的$1\leq i\leq r_B$,矩阵$I_{r_B}$的第$i$行第$i$列元素非零,其余元素都是零.
$$
\mathrm{rank}AB=\mathrm{rank} AE_1E_2\cdots E_nI_{r_B}E_1’E_2’\cdots
E_m’=\mathrm{rank} AE_1E_2\cdots E_nI_{r_B}\leq
\mathrm{rank}AE_1E_2\cdots E_n=\mathrm{rank}A.
$$

问题 7. 设$A$是$m\times n$矩阵,$B$是$n\times p$矩阵,且$AB=0$.证明:$\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B\leq n$.

解答 7.1. 因为$AB=0$,所以$\mathrm{dim}\mathrm{Null}B=\mathrm{Col B}\subset \mathrm{Null}A$,所以
$\mathrm{rank}B\leq n-\mathrm{rank}A=\mathrm{dim}\mathrm{Null}A$.

问题 8. 任给两个$m\times n$矩阵$A$和$B$,证明:
$$
\mathrm{rank}(A+B)\leq \mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B.
$$

解答 8.1. 设矩阵
$$
A=
\begin{pmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{pmatrix},
$$
$$
B=
\begin{pmatrix}
\bm{v}_1&\bm{v}_2&\cdots&\bm{v}_n
\end{pmatrix}.
$$
其中$\bm{u}_1,\bm{u}_2,\cdots,\bm{u}_n$和$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\cdots,\bm{v}_n$都是$m$维列向量.

设矩阵$B$列空间的一组基是$\{\bm{v}_{i_1},\bm{v}_{i_2},\cdots,\bm{v}_{i_k}\}$,其中$1\leq
i_1<i_2<\cdots<i_{k}\leq n$.$\forall 1\leq
i\leq n$,设$m\times n$矩阵
$$
B_i=
\begin{pmatrix}
\mathbf{0}&\cdots &\bm{v}_i&\cdots & \mathbf{0}
\end{pmatrix},
$$
即矩阵$B_i$的第$i$个列向量是$\bm{v}_i$,除此之外其它列向量都是零向量$\mathbf{0}$.$\forall 1\leq h\leq k$,
$$
A+B_{i_{h}}=
\begin{pmatrix}
\mathbf{0}&\cdots&\bm{u}_{i_h}+\bm{v}_{i_h}&\cdots&\mathbf{0}
\end{pmatrix}
$$

  • 若$\bm{v}_{i_h}\in
    \mathrm{Col}A$,则$\bm{u}_{i_h}+\bm{v}_{i_h}\in \mathrm{Col}A$.此时,$\mathrm{rank} (A+B_{i_h})=\mathrm{rank}A$.
  • 若$\bm{v}_{i_h}\not\in \mathrm{Col}A$,则$\bm{u}_{i_h}+\bm{v}_{i_h}\not\in \mathrm{Col}A$.此时,若$\bm{u}_{i_h}$可以被矩阵$A$中其余的列向量线性表示,则$\mathrm{rank}(A+B_{i_h})=\mathrm{rank}A+1$;若$\bm{u}_{i_h}$不能被矩阵$A$中其余的列向量线性表示,则$\mathrm{rank}(A+B_{i_h})=\mathrm{rank}A$.
可见,
$$
\mathrm{rank}(A+B_{i_{h}})\leq \mathrm{rank}A+1
$$
反复使用上面的不等式可得
$$
\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in \{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)\leq \mathrm{rank }A+k=\mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B
$$
而对于任意的$t\in \{1,2,\cdots,n\}\backslash \{i_1,i_2,\cdots,i_k\}$,
$$
\mathrm{rank}\left[A+\left(\sum_{h\in \{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)+B_t\right]=\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in \{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)
$$
反复使用上面的不等式可得
\begin{align*}
\mathrm{rank}(A+B)&=\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in
\{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}+\sum_{t\in
\{1,2,\cdots,n\}\backslash\{i_{1},i_{2},\cdots,i_{k}\}}B_t\right)\\&=\mathrm{rank}\left(A+\sum_{h\in
\{1,2,\cdots,k\}}B_{i_h}\right)\\&\leq \mathrm{rank}A+\mathrm{rank}B.
\end{align*}

问题 9. 设$A$是$4\times 4$矩阵,$B$是$4\times 2$矩阵,$\bm{u}_0$,$\bm{u}_1$,$\bm{u}_2$,$\bm{u}_3$,$\bm{u}_4$是$\mathbf{R}^2$中的输入向量序列.
  • 设$\bm{x}_0=\mathbf{0}$,用(1)式计算$\bm{x}_1$,$\bm{x}_2$,$\bm{x}_3$,$\bm{x}_4$,用(2)式中的可控制矩阵$M$写一个计算$\bm{x}_4$的公式.(注意:矩阵$M$用分块矩阵来构造,此处它的大小是$4\times 8$.)
  • 设$(A,B)$是可控制的,$\bm{v}$是$\mathbf{R}^4$中的任一向量,说明为何存在$\mathbf{R}^2$中的一个控制序列$\bm{u}_0$,$\cdots$,$\bm{u}_4$,使得$\bm{x}_4=\bm{v}$.

解答 9.1.
  • $$\bm{x}_1=A\bm{x}_0+B\bm{u}_0=B\bm{u}_0,$$
    $$
    \bm{x}_2=A\bm{x}_1+B\bm{u}_1=AB\bm{u}_0+B\bm{u}_1
    $$
    $$
    \bm{x}_3=A\bm{x}_2+B\bm{u}_2=A^2B\bm{u}_0+AB\bm{u}_1+B\bm{u}_2
    $$
    $$
    \bm{x}_4=A\bm{x}_3+B\bm{u}_3=A^3B\bm{u}_0+A^2B\bm{u}_1+AB\bm{u}_2+B\bm{u}_3
    $$

    $$
    M=
    \begin{bmatrix}
    B&AB&A^2B&A^3B
    \end{bmatrix},
    $$

    $$
    \bm{x}_4=
    \begin{bmatrix}
    B&AB&A^2B&A^3B
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    \bm{u}_3\\
    \bm{u}_2\\
    \bm{u}_1\\
    \bm{u}_0
    \end{bmatrix}=M
    \begin{bmatrix}
    \bm{u}_3\\
    \bm{u}_2\\
    \bm{u}_1\\
    \bm{u}_0
    \end{bmatrix}.
    $$
  • $(A,B)$是可控制的,说明$4\times 8$矩阵$M$的秩是$4$.设线性映射$T:\mathbf{R}^8\to \mathbf{R}^4$满足$T(\bm{x})=M\bm{x}$,则线性映射$T$是满射.因此对于$\mathbf{R}^4$中的每个$\bm{v}$,在$\mathbf{R}^8$中都存在相应的原象.

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问题 1. 秩为$1$的矩阵在某些计算以及本书的几处上下文的理论处理中都是重要的,其中包括第$7$章中的奇异值分解.可以证明$m\times n$矩阵$A$的秩为$1$当且仅当它是一个外积,即对某$\bm{u}\in\mathbf{R}^m$,某$\bm{v}\in\mathbf{R}^n$,有$A=\bm{u}\bm{v}^T$.下面的习题暗示了为什么这个性质是正确的.
  • 验证:如果$\bm{u}=
    \begin{pmatrix}
    2\\
    -3\\
    5
    \end{pmatrix}
    $,$\bm{v}=
    \begin{pmatrix}
    a\\
    b\\
    c
    \end{pmatrix}
    $,则$\mathrm{rank}\bm{u}\bm{v}^T\leq 1$.
  • 令$\bm{u}=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    2
    \end{pmatrix}
    $,求$\mathbf{R}^3$中向量$\bm{v}$,使得$
    \begin{pmatrix}
    1&-3&4\\
    2&-6&8
    \end{pmatrix}=\bm{u}\bm{v}^T.
    $
  • 令$A$为任意一个$\mathrm{rank}A=1$的$2\times 3$矩阵,令$\bm{u}$为$A$的第一列,且$\bm{u\neq 0}$,解释为什么存在一个$\mathbf{R}^3$中的向量$\bm{v}$使得$A=\bm{u}\bm{v}^T$.若$A$的第一列为零,这个结论如何修改?

解答 1.1.
  • $\mathrm{rank}\bm{u}\bm{v}^T=
    \begin{pmatrix}
    2\\
    -3\\
    5
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    a&b&c
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    2a&2b&2c\\
    -3a&-3b&-3c\\
    5a&5b&5c
    \end{pmatrix}
    $.可见,矩阵$\bm{u}\bm{v}^T$的列空间维数不大于$1$.因此$\mathrm{rank}\bm{u}\bm{v}^T\leq 1$.
  • $\bm{v}=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    -2\\
    4
    \end{pmatrix}
    $.

问题 2. 求下列差分方程解空间的基.
  • $y_{k+2}-y_{k+1}+\frac{2}{9}y_k=0$.
  • $y_{k+2}-7y_{k+1}+12y_k=0$.
  • $y_{k+2}-25y_k=0$.
  • $16y_{k+2}+8y_{k+1}-3y_k=0$.

解答 2.1.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix},\forall k\in \mathbf{N}.
    $$
    其实差分方程也能写成如下形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    -\frac{2}{9}&1&0\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}.
    $$
    那么,这两种表示是否有差别呢?当然有.前一种表示是对的,而后一种是错的.后一种矩阵方程的形式错在哪里呢?错在后一种矩阵方程对于第一次迭代不成立:当$k=0$时,由后一个矩阵方程,
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_1\\
    y_2\\
    y_3
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    -\frac{2}{9}&1&0\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_0\\
    y_1\\
    y_2
    \end{pmatrix},
    $$
    可得$y_2=y_1-\frac{2}{9}y_0$.可我们知道,$y_0,y_1,y_2$是随意给定的,不一定具有这种递推关系.所以只有第一种矩阵方程的表示是正确的.令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-\frac{2}{9}&1
    \end{pmatrix}
    $.可求得矩阵$A$的特征值是
    $$
    \lambda_1=0,\lambda_2=\frac{1}{3},\lambda_3=\frac{2}{3}.
    $$
    其中特征值$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$依次对应于特征向量
    $$
    \bm{v}_1=
    \begin{pmatrix}
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix},\bm{v}_2=
    \begin{pmatrix}
    9\\
    3\\
    1
    \end{pmatrix},\bm{v}_3=
    \begin{pmatrix}
    9\\
    6\\
    4
    \end{pmatrix}.
    $$
    设$
    \begin{pmatrix}
    y_0\\
    y_1\\
    y_2
    \end{pmatrix}=x\bm{v}_1+y\bm{v}_2+z\bm{v}_3,
    $则
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}=A^k
    \begin{pmatrix}
    y_0\\
    y_1\\
    y_2
    \end{pmatrix}=xA^k\bm{v}_1+yA^k\bm{v}_2+zA^k\bm{v}_3=y(\frac{1}{3})^k
    \begin{pmatrix}
    9\\
    3\\
    1
    \end{pmatrix}+z(\frac{2}{3})^k
    \begin{pmatrix}
    9\\
    6\\
    4
    \end{pmatrix}.
    $$
    于是,差分方程解空间的一组基为$(\frac{1}{3})^k,(\frac{2}{3})^k$.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-12&7
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}.
    $$
    设矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&-12&7
    \end{pmatrix}
    $,可求得矩阵$A$的特征值是$\lambda_1=0,\lambda_2=3,\lambda_3=4$.于是,差分方程解空间的一组基为$3^k,4^k$.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    25&0
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    \end{pmatrix}.
    $$
    令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    25&0
    \end{pmatrix}
    $,可求得矩阵$A$的特征值是$5$和$-5$.于是,差分方程解空间的一组基为$5^k$和$(-5)^k$.
  • 将差分方程写成矩阵形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}\\
    y_{k+3}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&\frac{3}{16}&-\frac{1}{2}
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}.
    $$
    令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1&0\\
    0&0&1\\
    0&\frac{3}{16}&-\frac{1}{2}
    \end{pmatrix}
    $,可得矩阵$A$的特征值是$0,\frac{1}{4},-\frac{3}{4}$.所以差分方程解空间的一组基为$(\frac{1}{4})^k,(-\frac{3}{4})^k$.

问题 3. 在下面的习题中,涉及到国民经济的一个简单模型.用下列差分方程描述
\begin{equation}\label{eq:1}
Y_{k+2}-a(1+b)Y_{k+1}+abY_k=1.
\end{equation}
这里$Y_k$是第$k$年国民收入总和.$a$为一个小于$1$的常数,称之为边际消费倾
向,$b$是一个正的调节常数,用来刻画消费性开支对一年的私人投资率的影响如何变化.
  • 当$a=0.9,b=\frac{4}{9}$时,求\eqref{eq:1}的通解,当$k$增加时,$Y_k$如何变化?
  • 当$a=0.9,b=0.5$时,求\eqref{eq:1}的通解.

解答 3.1. 将差分方程\eqref{eq:1}写成矩阵方程的形式:
$$
\begin{pmatrix}
Y_{k+1}\\
Y_{k+2}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0&1\\
-ab&a(1+b)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
Y_k\\
Y_{k+1}
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}
$$
令矩阵$A=
\begin{pmatrix}
0&1\\
-ab&a(1+b)
\end{pmatrix}
$.则
$$
\begin{pmatrix}
Y_k\\
Y_{k+1}
\end{pmatrix}=A^k
\begin{pmatrix}
Y_0\\
Y_1
\end{pmatrix}+A^{k-1}
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}+\cdots+A
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}=A^k
\begin{pmatrix}
Y_0\\
Y_1
\end{pmatrix}+(I-A)^{-1}(I-A^k)
\begin{pmatrix}
0\\
1
\end{pmatrix}
$$
经计算,$(I-A)^{-1}=
\begin{pmatrix}
-3&10\\
-4&10
\end{pmatrix}
$.
  • 当$a=0.9$,$b=\frac{4}{9}$时,矩阵$A$的特征值是$0.5$和$0.8$,因此差分方程\eqref{eq:1}的通解是$c_10.5^k+c_20.8^k+10$.当$k$增加时,$Y_k$趋于$10$.
  • 当$a=0.9,b=0.5$时,矩阵$A$的特征值是$0.6$和$075$.这时候,差分方程\eqref{eq:1}的通解是$c_10.75^k+c_20.6^k+10$.

问题 4. 一个轻的悬梁被间隔$10$英尺的$N$个支点支撑着.一个重$500$磅的砝码挂在悬梁的一端,它距第一个支点10英尺,如图所示.设$y_k$表示第$k$个支点的弯矩,则$y_1=5000$英尺-磅.假设这个悬梁刚性地连接在第$N$个支点上并且此处弯矩为零,则各弯矩满足以下$3$-弯矩方程:
\begin{equation}\label{eq:2}
y_{k+2}+4y_{k+1}+y_k=0
\end{equation}
对$k=1,2,\cdots,N-2$成立.
  • 求差分方程\eqref{eq:2}的通解.
  • 求满足边界条件$y_1=5000$,$y_N=0$的\eqref{eq:2}的特解(答案涉及$N$).

解答 4.1.
  • 将差分方程\eqref{eq:2}写成矩阵方程的形式:
    $$
    \begin{pmatrix}
    y_{k+1}\\
    y_{k+2}
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    -1&-4
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    y_k\\
    y_{k+1}
    \end{pmatrix}.
    $$
    令矩阵$A=
    \begin{pmatrix}
    0&1\\
    -1&-4
    \end{pmatrix}
    $,可得矩阵$A$的特征值是$-2-\sqrt{3}$,$-2+\sqrt{3}$.因此差分方程\eqref{eq:2}的通解是
    $$
    y_{k}=c_1(-2-\sqrt{3})^{k-1}+c_2(-2+\sqrt{3})^{k-1},
    $$
  • 由$y_1=5000$,$y_N=0$,可得
    $$
    c_1+c_2=5000,c_1(-2-\sqrt{3})^{N-1}+c_2(-2+\sqrt{3})^{N-1}=0,
    $$
    解得
    $c_1=\frac{5000(-2+\sqrt{3})^{N-1}}{(-2+\sqrt{3})^{N-1}-(-2-\sqrt{3})^{N-1}},c_2=\frac{-5000(-2-\sqrt{3})^{N-1}}{(-2+\sqrt{3})^{N-1}-(-2-\sqrt{3})^{N-1}}$.

问题 5. 当一个信号通过在一个过程中(化学反应、通过管子的热流、活动机械手等等)的一系列测量生成时,这个信号通常包括由测量误差造成的随机噪声.预处理这些数据以便减少噪声的标准方法是将这个数据打磨,或叫过滤.一个简单的过滤法是用两个相邻值的平均数代替每个$y_k$的移动平均数:
$$
\frac{1}{3}y_{k+1}+\frac{1}{3}y_k+\frac{1}{3}y_{k-1}=z_k
$$
对$k=1,2,\cdots$均成立.假设对$k=0,\cdots,14$,一个信号$y_k$是:
$$
9,5,7,3,2,4,6,5,7,6,8,10,9,5,7
$$
利用过滤法计算$z_1,\cdots,z_{13}$,作一个原始信号和打磨过的信号的双重折线图.

解答 5.1. $$
z_1=7,z_2=5,z_3=4,z_4=3,z_5=4,z_6=5,z_7=6,z_8=6,z_9=7,z_{10}=8,z_{11}=9,z_{12}=8,z_{13}=7.
$$
画出原数据折线图和打磨过的数据折线图(红色)如下:
此图像的alt属性为空;文件名为20190213-1.png

问题 6. 设$\{y_k\}$是由连续信号$2\cos \frac{\pi t}{4}+\cos \frac{3\pi t}{4}$在$t=0,1,2,\cdots$处抽样生成的.从$k=0$开始的$y_k$值为$3,0.7,0,-0.7,-3,-0.7,0,0.7,3,0.7,0,\cdots$.这里$0.7$是$\frac{\sqrt{2}}{2}$的简写.
  • 当$\{y_k\}$提供给例3中的滤波器
    $$
    0.35y_{k+2}+0.5y_{k+1}+0.35y_k=z_k
    $$
    时,计算输出信号$\{z_k\}$.
  • 解释为什么(a)中的输出与例3中的计算相关,有怎样的关系?

解答 6.1.

  • $$
    z_0=1.4,z_1=0,z_2=-1.4,z_3=-1.99,z_4=-1.4,z_5=0,z_6=1.5,z_7=1.99,z_8=1.4,\cdots
    $$
  • (a)中输出的信号和例3中输出信号的周期相同.

问题 7. 设$y_k=k^2$,$z_k=2k|k|$,信号$\{y_k\}$和$\{z_k\}$线性无关吗?对$k=0,k=-1$和$k=-2$,求相应的Casorati矩阵$C(k)$,并讨论你的结果.

解答 7.1. 线性无关.
$$
C(0)=
\begin{pmatrix}
0^2&2\times 0\times |0|\\
1^2&2\times 1\times |1|
\end{pmatrix}
$$
不可逆,
$$
C(-1)=
\begin{pmatrix}
(-1)^2&2\times (-1)\times |-1|\\
0^2&2\times 0\times |0|
\end{pmatrix}
$$
不可逆,
$$
C(-2)=
\begin{pmatrix}
(-2)^2&2\times (-2)\times |-2|\\
(-1)^2&2\times (-1)\times |-1|
\end{pmatrix}
$$
不可逆.
$$
C(k)=
\begin{pmatrix}
k^2&2k|k|\\
(k+1)^2&2(k+1)|k+1|
\end{pmatrix},
$$
经讨论,对于任意整数$k$,$\det C(k)=0$,所以Casorati矩阵$C(k)$对于任意整数$k$都是不可逆的.然而信号$\{y_k\}$和$\{z_k\}$线性无关.说明Casorati矩阵可逆是信号线性无关的充分但不必要条件.

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(2018年浙江高考立体几何大题)如图,已知多面体$ABCA_1B_1C_1$,$A_1A,B_1B,C_1C$均垂直于平面$ABC$,$\angle ABC=120^{\circ}$,$A_1A=4,C_1C=1$,$AB=BC=B_1B=2$.

  • 证明:$AB_1\perp$平面$A_1B_1C_1$;
  • 求直线$AC_1$与平面$ABB_1$所成的角的正弦值.

此图像的alt属性为空;文件名为20190116.png
解:

  • $\mathcal{A}=\{\ov{BC},\ov{BA},\ov{BB_1}\}$是$\mathbf{R}^3$的基底.该基底中各向量的关系如下:
    $$
    \ov{BC}^2=\ov{BA}^2=\ov{BB_1}^2=4,
    $$
    $$
    \ov{BC}\cdot\ov{BA}=|\ov{BC}||\ov{BA}|\cos\langle
    \ov{BC},\ov{BA}\rangle=-2,\ov{BC}\cdot\ov{BB_1}=\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}=0.
    $$

    $$
    \ov{AB_1}=-\ov{BA}+\ov{BB_1},
    $$
    $$
    \ov{B_1C_1}=\ov{BC}-\frac{1}{2}\ov{BB_1},
    $$
    $$
    \ov{B_1A_1}=\ov{BA}+\ov{BB_1},
    $$
    因此
    \begin{align*}
    \ov{AB_1}\cdot \ov{B_1C_1}&=(-\ov{BA}+\ov{BB_1})\cdot
    (\ov{BC}-\frac{1}{2}\ov{BB_1})
    \\&=-\ov{BA}\cdot\ov{BC}+\frac{1}{2}\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}+\ov{BB_1}\cdot\ov{BC}-\frac{1}{2}\ov{BB_1}^2
    \\&=2-\frac{1}{2}\times 4
    \\&=0,
    \end{align*}

    \begin{align*}
    \ov{AB_1}\cdot\ov{B_1A_1}&=(-\ov{BA}+\ov{BB_1})\cdot
    (\ov{BA}+\ov{BB_1})
    \\&=\ov{BB_1}^2-\ov{BA}^2
    \\&=0.
    \end{align*}
    因此$AB_1\perp B_1C_1$,$AB_1\perp B_1A_1$,且由于$B_1C_1\cap B_1A_1=B_1$,因此$AB_1\perp$平面$A_1B_1C_1$.
  • $\ov{AC_1}=\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}$.先求出向量$\ov{AC_1}$在平面$ABB_1$上的正交投影向量$\ov{AC’}$(或称射影向量),其中点$C’$是点$C$在平面$ABB_1$上的射影.为此,先找到平面上的一组正交的非零向量$\ov{BA},\ov{BB_1}$(如果平面$ABB_1$上不存在现成的互相正交的非零向量,则可通过Gram-Schmidt正交化过程构造出来).可得$\ov{AC_1}$在平面$ABB_1$上的射影向量为
    \begin{align*}
    \ov{AC_1′}&=\frac{\ov{AC_1}\cdot\ov{BA}}{\ov{BA}^2}\ov{BA}+\frac{\ov{AC_1}\cdot\ov{BB_1}}{\ov{BB_1}^2}\ov{BB_1}\\&=\frac{(\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1})\cdot\ov{BA}}{\ov{BA}^2}\ov{BA}+\frac{(\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1})\cdot\ov{BB_1}}{\ov{BB_{1}}^2}\ov{BB_{1}}
    \\&=\frac{\ov{BC}\cdot\ov{BA}-\ov{BA}^2+\frac{1}{2}\ov{BB_1}\cdot\ov{BA}}{\ov{BA}^2}\ov{BA}+\frac
    {\ov{BC}\cdot\ov{BB_{1}}-\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}^{2}}{\ov{BB_{1}}^2}\ov{BB_{1}}
    \\&=-\frac{3}{2}\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}.
    \end{align*}
    可得
    $$
    |\ov{AC_1′}|=\sqrt{\left(-\frac{3}{2}\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}\right)^2}
    =\sqrt{\frac{9}{4}\ov{BA}^2+\frac{1}{4}\ov{BB_1}^2-\frac{3}{2}\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}}
    =\sqrt{10},
    $$

    $$
    |\ov{AC_1}|=\sqrt{\left(\ov{BC}-\ov{BA}+\frac{1}{2}\ov{BB_1}\right)^2}=\sqrt{\ov{BC}^2+\ov{BA}^2+\frac{1}{4}\ov{BB_1}^2-2\ov{BC}\cdot\ov{BA}-\ov{BA}\cdot\ov{BB_1}+\ov{BC}\cdot\ov{BB_1}}=\sqrt{13}.
    $$
    因此直线$AC_1$与平面$ABB_1$所成角$\theta$的余弦值
    $$\cos\theta=\frac{|\ov{AC_1′}|}{|\ov{AC_1}|}=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{13}},$$

    $$
    \sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\frac{\sqrt{39}}{13}.
    $$

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习题 1. 在下面的习题中,通过求出张成零空间的向量,求出$\mathrm{Null}A$的一个显
式表示.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&3&5&0\\
    0&1&4&-2
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&-6&4&0\\
    0&0&2&0
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&-2&0&4&0\\
    0&0&1&-9&0\\
    0&0&0&0&1
    \end{pmatrix}
    $.
  • $A=
    \begin{pmatrix}
    1&5&-4&-3&1\\
    0&1&-2&1&0\\
    0&0&0&0&0
    \end{pmatrix}
    $.

证明 .
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -6\\
    2\\
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    7\\
    -4\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    0\\
    0\\
    0\\
    1\\
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    6\\
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}. \right\}$
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -4\\
    0\\
    9\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    2\\
    1\\
    0\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.
  • $\mathrm{Null}A=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    -1\\
    0\\
    0\\
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    8\\
    -1\\
    0\\
    1\\
    0
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    -6\\
    2\\
    1\\
    0\\
    0
    \end{pmatrix}
    \right\}$.

习题 2. 定义$T:\mathbb{P}_2\to \mathbb{R}^2$,$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
\bm{p}(0)\\
\bm{p}(1)
\end{pmatrix}
$,比如,若$\bm{p}(t)=3+5t+7t^2$,则$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
3\\
15
\end{pmatrix}
$.
  • 证明$T$是一个线性变换.
  • 求$\mathbb{P}_2$中的一个多项式$\bm{p}$使之生成$T$的核并刻
    画$T$的值域.

证明 .
  • $\forall \bm{p}_1,\bm{p}_2\in \mathbb{P}_2$,$c\in \mathbf{R}$,
    $$
    T(\bm{p}_1+\bm{p}_2)=
    \begin{pmatrix}
    (\bm{p}_1+\bm{p}_2)(0)\\
    (\bm{p}_1+\bm{p}_2)(1)
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)+\bm{p}_2(0)\\
    \bm{p}_1(1)+\bm{p}_2(1)
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)\\
    \bm{p}_1(1)
    \end{pmatrix}+
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_2(0)\\
    \bm{p}_2(1)
    \end{pmatrix}=T(\bm{p}_1)+T(\bm{p}_2),
    $$

    $$
    T(c\bm{p}_1)=
    \begin{pmatrix}
    (c\bm{p}_1)(0)\\
    (c\bm{p}_1)(1)\\
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
    c(\bm{p}_1(0))\\
    c(\bm{p}_1(1))\\
    \end{pmatrix}=c
    \begin{pmatrix}
    \bm{p}_1(0)\\
    \bm{p}_1(1)
    \end{pmatrix}=cT(\bm{p}_1).
    $$
    因此$T$是一个线性变换.

  • 若$\bm{p}\in \ker T$,则$\bm{p}(0)=\bm{p}(1)=0$.设$\bm{p}(t)=at^2+bt+c$,其中$a,b,c\in
    \mathbf{R}$.则
    $$
    c=0,a+b=0.
    $$
    所以$\bm{p}(t)=at^2-at$.下面刻画$T$的值域.设$\bm{q}(t)=a’t^2+b’t+c’$,其中$a’,b’,c’\in \mathbf{R}$,则
    $$
    T(\bm{q}(t))=
    \begin{pmatrix}
    c’\\
    a’+b’+c’
    \end{pmatrix}=(a’+b’)
    \begin{pmatrix}
    0\\
    1
    \end{pmatrix}+c’
    \begin{pmatrix}
    1\\
    1\\
    \end{pmatrix}.
    $$
    可见,
    $$
    \mathrm{Im}T=\mathrm{Span}\left\{
    \begin{pmatrix}
    0\\
    1
    \end{pmatrix},
    \begin{pmatrix}
    1\\
    1
    \end{pmatrix}. \right\}
    $$

习题 3. 由$T(\bm{p})=
\begin{pmatrix}
\bm{p}(0)\\
\bm{p}(0)
\end{pmatrix}
$定义一个线性变换$T:\mathbb{P}_2\to
\mathbb{R}^2$.求$\mathbb{P}_2$中多项式$\bm{p}_1$和$\bm{p}_2$,使之生成$T$的核并刻画$T$的值域.

证明 . 设$\bm{p}(t)=at^2+bt+c,a,b,c\in
\mathbb{R}$且$\bm{p}\in \ker T$.则$\bm{p}(0)=0$,即
$$
c=0.
$$
所以
$$
\ker T=\mathrm{Span}\{t^2,t\}.
$$

$$
\mathrm{Im}T=\mathrm{Span}\left\{
\begin{pmatrix}
1\\
1
\end{pmatrix}
\right\}.
$$

习题 4. 令$\bm{v}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
-3\\
4
\end{pmatrix},\bm{v}_2=
\begin{pmatrix}
6\\
2\\
-1
\end{pmatrix},\bm{v}_3=
\begin{pmatrix}
2\\
-2\\
3
\end{pmatrix},\bm{v}_4=
\begin{pmatrix}
-4\\
-8\\
9
\end{pmatrix},
$,求由$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,\bm{v}_4\}$生成的子空间$W$的一个基.

证明 . $\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3\}$.

习题 5. 令$\bm{b}_1=
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}
$,$\bm{b}_2=
\begin{pmatrix}
-3\\
4\\
0
\end{pmatrix}
$,$\bm{b}_3=
\begin{pmatrix}
3\\
-6\\
3
\end{pmatrix}
$,$\bm{x}=
\begin{pmatrix}
-8\\
2\\
3
\end{pmatrix}
$.
  • 证明集合$\mathcal{B}=\{\bm{b}_1,\bm{b}_2,\bm{b}_3\}$是$\mathbf{R}^3$的一个基.
  • 求由$\mathcal{B}$到标准基的坐标变换矩阵.
  • 写出$\mathbf{R}^3$中$\bm{x}$与$[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$相关联的方程.
  • 对上面给出的$\bm{x}$,求$[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$.

证明 .
  • 略.
  • $P_{\mathcal{B}}=[\bm{b}_1,\bm{b}_2,\bm{b}_3]$.
  • $\bm{x}=P_{\mathcal{B}}[\bm{x}]_{\mathcal{B}}$.

  • 已知
    $$
    \bm{x}=
    \begin{pmatrix}
    -8\\
    2\\
    3
    \end{pmatrix}=P_{\mathcal{B}}[\bm{x}]_{\mathcal{B}}=
    \begin{pmatrix}
    1&-3&3\\
    0&4&-6\\
    0&0&3
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}},
    $$
    解得
    $$
    [\bm{x}]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}}=
    \begin{pmatrix}
    -5\\
    2\\
    1
    \end{pmatrix}_{\mathcal{B}}.
    $$

习题 6. 集合$\mathcal{B}=\{1+t,1+t^2,t+t^2\}$是$\mathbb{P}_2$的一个基.求$\bm{p}(t)=6+3t-t^2$关于$\mathcal{B}$的坐标向量.

证明 .
$$
\bm{p}(t)=c_1(1+t)+c_2(1+t^2)+c_3(t+t^2),
$$
解得
$$
c_1=5,c_2=1,c_3=-2.
$$
所以$[\bm{p}(t)]_{\mathcal{B}}=
\begin{pmatrix}
5\\
1\\
-2
\end{pmatrix}
$.

习题 7. 设$V$和$W$是有限维向量空间,还有线性变换$T:V\to W$.
  • 令$H$是$V$的非零子空间,$T(H)$为$H$中向量的像集,则由4.2节中习题35,$T(H)$是$W$的子空间.证明$\dim T(H)\leq \dim H$.
  • 令$H$是$V$的非零子空间,$T$是一个由$V$到$W$内的一一线性映射,证明
    $\dim T(H)=\dim H$.若$T$是一个由$V$到$W$上的一一映射,则$\dim V=\dim
    W$.同构的有限维向量空间具有相同的维数.

证明 .
  • 当$H$为非零
    空间时,设向量空间$T(H)$的一组基为$\{T(\bm{v}_1),\cdots T(\bm{v}_n)\}$,其中$n\in \mathbf{N}^{+}$,且$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n\in H$.则$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n$线性无关,否则,存在不全为零的实数$k_1,\cdots,k_n$,使得
    $$
    k_1\bm{v}_1+\cdots+k_n\bm{v}_n=\bm{0},
    $$
    于是
    $$
    T(k_1\bm{v}_1+\cdots+k_n\bm{v}_n)=\bm{0},
    $$

    $$
    k_1T(\bm{v}_1)+\cdots+k_nT(\bm{v}_n)=\bm{0},
    $$
    可得$T(\bm{v}_1),\cdots,T(\bm{v}_n)$线性相关,矛盾.因此$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_n$线性无关.因此$\dim H\geq n=\dim T(H)$.
  • 因为$T$是从非零空间$H$到$T(H)$的线性映射,所以由第一小题的结论,$\dim T(H)\leq \dim H$.由于$T$是从$H$到$T(H)$的一一线性映射,所以
    $T^{-1}$是从$T(H)$到$H$的线性映射.重复使用第一小题的结论可得$\dim
    H\leq \dim T(H)$.综上,$\dim H=\dim T(H)$.

习题 8. 按照定理11,$\mathbf{R}^n$中一线性无关集$\{\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k\}$可以扩充为$\mathbf{R}^n$的一个基.一个方法是构造矩阵$A=[\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k,\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n]$,其中$\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n$是单位矩阵的列,那么$A$的主元列构成$\mathbf{R}^n$的一个基.
  • 利用这个方法将下列向量扩充为$\mathbf{R}^5$的一个基.
    $$
    \bm{v}_1=
    \begin{pmatrix}
    -9\\
    -7\\
    8\\
    -5\\
    7
    \end{pmatrix},\bm{v}_2=
    \begin{pmatrix}
    9\\
    4\\
    1\\
    6\\
    -7
    \end{pmatrix},\bm{v}_3=
    \begin{pmatrix}
    6\\
    7\\
    -8\\
    5\\
    -7
    \end{pmatrix}.
    $$
  • 解释下面的问题:为什么原来的向量$\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k$包含在
    $\mathrm{Col}A$的基中?为什么$\mathrm{Col}A=\mathbf{R}^n$?

证明 .
    构造矩阵
    $$
    A=
    \begin{pmatrix}
    -9&9&6&1&0&0&0&0\\
    -7&4&7&0&1&0&0&0\\
    8&1&-8&0&0&1&0&0\\
    -5&6&5&0&0&0&1&0\\
    7&-7&-7&0&0&0&0&1
    \end{pmatrix},
    $$
    对矩阵$A$进行初等行变换,最终变为简化型阶梯矩阵,我们的运算通过Matlab来
    实现.最终可得行阶梯型矩阵.Matlab运行代码如下:

    因此可得$\mathbf{R}^5$的一个基其实是$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3,\bm{e}_2,\bm{e}_3\}$.

  • 因为原来的向量$\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$是线性无关的,所以包含在$\mathrm{Col}A$的基中.因为向量$\bm{e}_1,\cdots,\bm{e}_n$线性无关,所以$\mathrm{Col}A=\mathbf{R}^n$.

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在立体几何问题中,如果空间图形里没有出现两两互相垂直的线段,则比较难通过建立空间直角坐标系解题,这样就无法使用只能在直角系中成立的各种公式.对于这种难建系问题,即便要建立空间直角坐标系,往往也需要比较多的思维量(经常要作各种辅助线,还要使用一些立体几何定理比如三垂线定理).这个时候,可以选取空间中一组恰当的基底$\mathcal{A}$,然后使用线性代数中的Gram-Schmidt正交化方法,从这组基底中产生出一组单位正交基底$\mathcal{B}$,从而得以建立空间直角坐标系,再通过基底$\mathcal{A}$与基底$\mathcal{B}$之间的关系解题.这种方法通用、简单、机械.下面我们通过一个具体的高考题阐述这种方法.

2017年浙江高考立体几何大题是个典型的难建系问题,使用几何方法建立空间直角坐标系解题需要较多的思维量.看我们如何对付它:

(2017年浙江高考数学立体几何大题第2小题)如图,已知四棱锥$P-ABCD$,$\triangle PAD$是以$AD$为斜边的等腰直角三角形,$BC\parallel AD$,$CD\perp AD$,$PC=AD=2DC=2CB$,$E$为$PD$的中点.求直线$CE$与平面$PBC$所成角的正弦值.

此图像的alt属性为空;文件名为20190112.png


解:不妨设$PC=2$.$\mathcal{A}=\{\ov{DA},\ov{DC},\ov{DP}\}$是空间$\mathbf{R}^{3}$中的一组基底.且基底$\mathcal{A}$中各基向量之间的关系如下:
$$
|\ov{DA}|=2,|\ov{DC}|=1,|\ov{DP}|=\sqrt{2},
$$
$$
\cos\langle \ov{DA},\ov{DC}\rangle=0,\cos\langle
\ov{DC},\ov{DP}\rangle =\frac{DP^2+DC^2-PC^2}{2DP\cdot
DC}=-\frac{\sqrt{2}}{4},\cos \langle \ov{DP},\ov{DA}\rangle =\frac{\sqrt{2}}{2}.
$$
由于基底$\mathcal{A}$并非单位正交基,因此下面从基$\mathcal{A}$出发,利用Gram-Schmidt正交化方法,构造$\mathbf{R}^3$的一组单位正交基$\mathcal{B}$.由于$\ov{DA}$与$\ov{DC}$已经正交,因此只用令
$$
\bm{v}_{1}=\ov{DA},\bm{v}_2=\ov{DC},\bm{v}_3=\ov{DP}-\frac{\ov{DP}\cdot
\ov{DC}}{|\ov{DC}|^{2}}\ov{DC}-\frac{\ov{DP}\cdot\ov{DA}}{|\ov{DA}|^2}\ov{DA},
$$
即可得到正交基底$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3\}$.经进一步计算可得
$$
\bm{v}_1=\ov{DA},\bm{v}_2=\ov{DC},\bm{v}_3=\ov{DP}+\frac{1}{2}\ov{DC}-\frac{1}{2}\ov{DA}.
$$

$$
|\bm{v}_1|=2,|\bm{v}_2|=1,|\bm{v}_3|=\sqrt{\left(\ov{DP}+\frac{1}{2}\ov{DC}-\frac{1}{2}\ov{DA}\right)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
$$


$$
\bm{w}_1=\frac{\bm{v}_1}{|\bm{v}_1|}=\frac{1}{2}\ov{DA},\bm{w}_2=\frac{\bm{v}_2}{|\bm{v}_2|}=\ov{DC}, $$ $$ \bm{w}_3=\frac{\bm{v}_3}{|\bm{v}_3|}=-\frac{\sqrt{3}}{3}\ov{DA}+\frac{\sqrt{3}}{3}\ov{DC}+\frac{2 \sqrt{3}}{3}\ov{DP}, $$ 则$\mathcal{B}=\{\bm{w}_1,\bm{w}_2,\bm{w}_3\}$是$\mathbf{R}^3$的单位正交基.从基底$\mathcal{B}$到基底$\mathcal{A}$的过渡矩阵 $$ [I]_{\mathcal{B}}^{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}&0&-\frac{\sqrt{3}}{3}\\
0&1&\frac{\sqrt{3}}{3}\\
0&0&\frac{2 \sqrt{3}}{3}
\end{pmatrix},
$$
因此从基底$\mathcal{A}$到基底$\mathcal{B}$的过渡矩阵
$$
[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}=([I]_{\mathcal{B}}^{\mathcal{A}})^{-1}=
\begin{pmatrix}
2&0&1\\
0&1&-\frac{1}{2}\\
0&0&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}.
$$

因为
$$
\ov{CE}=-\ov{DC}+\frac{1}{2}\ov{DP},\ov{CB}=\frac{1}{2}\ov{DA},\ov{CP}=-\ov{DC}+\ov{DP},
$$
所以向量$\ov{CE},\ov{CB},\ov{CP}$在基$\mathcal{A}$下的坐标依次是
$$
[\ov{CE}]_{\mathcal{A}}= \begin{pmatrix} 0\\ -1\\ \frac{1}{2} \end{pmatrix},[\ov{CB}]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\
0\\
0
\end{pmatrix},[\ov{CP}]_{\mathcal{A}}= \begin{pmatrix} 0\\ -1\\ 1 \end{pmatrix}. $$ 所以向量$\ov{CE},\ov{CB},\ov{CP}$在单位正交基底$\mathcal{B}$下的坐标依次是 $$ [\ov{CE}]_{\mathcal{B}}=[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}[\ov{CE}]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
2&0&1\\
0&1&-\frac{1}{2}\\
0&0&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
\frac{1}{2}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2}\\
-\frac{5}{4}\\
\frac{\sqrt{3}}{4}
\end{pmatrix},
$$
$$
[\ov{CB}]_{\mathcal{B}}=[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}[\ov{CB}]_{\mathcal{A}}= \begin{pmatrix} 2&0&1\\ 0&1&-\frac{1}{2}\\ 0&0&\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix}, $$ $$ [\ov{CP}]_{\mathcal{B}}=[I]_{\mathcal{A}}^{\mathcal{B}}[\ov{CP}]_{\mathcal{A}}=
\begin{pmatrix}
2&0&1\\
0&1&-\frac{1}{2}\\
0&0&\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1\\
-\frac{3}{2}\\
\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{pmatrix}.
$$
设向量$\bm{n}$是平面$PBC$的一个法向量,且设向量$\bm{n}$在基底$\mathcal{B}$下的坐标为
$$
[\bm{n}]_{\mathcal{B}}= \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}, $$ 因为$\bm{n}\cdot\ov{CB}=0,\bm{n}\cdot\ov{CP}=0$,所以 $$ x=0,x-\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0. $$ 由此,不妨设 $$ [\bm{n}]_{\mathcal{B}}=
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
\sqrt{3}
\end{pmatrix}.
$$
可得向量$\bm{n}$与向量$\ov{CE}$夹角的余弦值
$$
\cos\langle \bm{n},\ov{CE}\rangle
=\frac{\bm{n}\cdot\ov{CE}}{|\bm{n}||\ov{CE}|}=\frac{0\times
\frac{1}{2}+1\times (-\frac{5}{4})+\sqrt{3}\times
\frac{\sqrt{3}}{4}}{2\times \sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{8}.
$$
因此向量$\ov{CE}$与平面$PBC$夹角的正弦值即为$\frac{\sqrt{2}}{8}$.

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(本文撰于2014年7月6日,现重新整理在此)
对待向量空间的公理,我们不必太认真.因为线性空间的若干条公理是后人整理出来的,而在此之前,线性代数的主体内容已经发展完毕.只是掌握了干巴巴的公理而不了解具体的线性空间的人,很难说他掌握了线性代数.要始终牢记的是,数学永远是鲜活生动的,绝对不是清规戒律的枯燥演绎.认真读读数学史,就会对这一点有深刻体会.据笔者所知,线性空间的若干公理是20 世纪初期才在Banach的《线性算子引论》中首次出现.但是为了跟上教材中的后续推理,我们仍然要好好地消化一下向量空间的若干公理.

设 $V$是一个$\mathbf{F}$上的线性空间,线性空间的加法满足如下性质:

  • 加法交换律:$\forall \mathbf{u},\mathbf{v}\in V,\mathbf{u}+\mathbf{v}=\mathbf{v}+\mathbf{u}$.
  • 加法结合律:$\forall \mathbf{u},\mathbf{v},\mathbf{w}\in V,\mathbf{u}+(\mathbf{v}+\mathbf{w})=(\mathbf{u}+\mathbf{v})+\mathbf{w}$.
  • 存在加法零元:存在 $\mathbf{0}\in V$, 使得 $\forall \mathbf{v}\in
    V,\mathbf{v}+\mathbf{0}=\mathbf{v}$.
  • 存在加法逆元:对于每个 $\mathbf{v}\in V$,都存在 $w\in
    V$,使得 $\mathbf{v}+w=\mathbf{0}$.
关于加法的这四条性质无非就是说,$V$关于向量加法形成一个交换群.因此向量加法零元和逆元的唯一性是肯定的,因为一个里,加法零元和逆元具有唯一性.但是笔者具有某种程度上的强迫症,以前对群证过的结论没记下来,所以这里我再证一次.

集合$G$关于运算$+$形成一个群,则加法零元唯一.

证明 . 设$0,0’$是$G$中的两个不同零元,则$0+0’=0’$且$0+0’=0$,所
以$0=0’$.矛盾.因此$G$中的零元是唯一的.

$G$中的每个元素的加法逆元唯一.

证明 . 设$a\in G$,$(-a),(-a)’$是$a$的两个不同逆元.则$0+(-a)\neq 0+(-a)’$,则$((-a)’+a)+(-a)\neq ((-a)’+a)+(-a)’$.则根据结合律,$(-a)’\neq (-a)’$.矛盾.因此$G$中加法逆元唯一.

线性空间的另外三条公理罗列如下:
  • 对于所有的 $\mathbf{v}\in V$,都有 $1\mathbf{v}=\mathbf{v}$.其中 $1\in \mathbf{F}$ 是域中的乘法单位元.
  • $a(\mathbf{u}+\mathbf{v})=a\mathbf{u}+a\mathbf{v},(a+b)\mathbf{v}=a\mathbf{v}+b\mathbf{v}$. 其中 $a,b\in\mathbf{F}$,$\mathbf{v}\in V$.
  • $a(b\mathbf{v})=(ab)\mathbf{v}$,其中 $a,b\in\mathbf{F},\mathbf{v}\in V$.
下面我们罗列线性空间的若干性质,运用如上公理将其证明.

$0\mathbf{v}=\mathbf{0}$.其中 $0$ 是域中的加法零元,$\mathbf{0}$ 是 $V$
中的零向量,$\mathbf{v}$ 是 $V$ 中的任意向量.

证明 . $0\mathbf{v}+\mathbf{v}=(0+1)\mathbf{v}=\mathbf{v}$.因此$0\mathbf{v}=\mathbf{0}$.

$(-1)\mathbf{v}=-\mathbf{v}$.

证明 . $(-1)\mathbf{v}+\mathbf{v}=(-1+1)\mathbf{v}=0\mathbf{v}=\mathbf{0}$, 因此$(-1)\mathbf{v}=-\mathbf{v}$.

$a\mathbf{0}=\mathbf{0}$.

证明 . $a\mathbf{0}=a(\mathbf{v}+(-\mathbf{v}))=a\mathbf{v}+a(-\mathbf{v})=a\mathbf{v}+(-a)\mathbf{v}=0\mathbf{v}=\mathbf{0}$.

若$a\mathbf{v}=\mathbf{0}$,则$a=0$或$\mathbf{v}=\mathbf{0}$.

证明 . 假若$a\neq 0$,$\mathbf{v}\neq\mathbf{0}$,则$\frac{1}{a}(a\mathbf{v})=(\frac{1}{a}a)\mathbf{v}=\mathbf{0}$,即$\mathbf{v}=\mathbf{0}$.矛盾.因此命题成立.

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习题 1. 设$Q(\bm{x})=3x_1^2+3x_2^2+2x_1x_2$,求一个变量替换,将$Q$变换成一个不含交叉项的二次型,且给出新二次型.

证明 . $$
Q(\bm{x})=
\begin{bmatrix}
x_1&x_2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
3&1\\
1&3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix},
$$
令$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}
$,$A=
\begin{bmatrix}
3&1\\
1&3
\end{bmatrix}
$.则
$$
Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}.
$$
将矩阵$A$谱分解:
$$
A=UDU^T
\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
2&0\\
0&4
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
-\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}^T.
$$
再令$\bm{y}=U^{T}\bm{x}=
\begin{bmatrix}
y_1\\
y_{2}
\end{bmatrix}
$.可得
$$
Q\bm{x}=\bm{y}^{T}D\bm{y}=2y_1^2+4y_2^2.
$$

习题 2. 对上题中的$Q$,求$Q(\bm{x})$在限制条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$下的最大值,且求出达到最大值的单位向量.

证明 . 沿用上题中的符号,当$\bm{x}^T\bm{x}=1$时,$\bm{y}^T\bm{y}=\bm{x}^TUU^T\bm{x}=\bm{x}^T\bm{x}=1$.当$y_1=0,y_2=\pm 1$时,即$\bm{x}=\pm
\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}
$时,$Q(\bm{x})$达到最大值.

习题 3. 求变量替换$\bm{x}=P\bm{y}$,将二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$变换为对应的$\bm{y}^TD\bm{y}$.
  • $5x_1^2+6x_2^2+7x_3^2+4x_1x_2-4x_2x_3=9y_1^2+6y_2^2+3y_3^2$.
  • $3x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3=5y_1^2+2y_2^2$.

证明 .
  • 令$\bm{x}=
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}
    $,则
    $$
    5x_1^2+6x_2^2+7x_3^2+4x_1x_2-4x_2x_3=
    \begin{bmatrix}
    x_1&x_2&x_3
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    5&2&0\\
    2&6&-2\\
    0&-2&7
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}=\bm{x}^TA\bm{x},
    $$
    其中矩阵$A=
    \begin{bmatrix}
    5&2&0\\
    2&6&-2\\
    0&-2&7
    \end{bmatrix}
    $.将矩阵$A$谱分解如下:
    $$
    A=
    \begin{bmatrix}
    \frac{1}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}\\
    \frac{2}{3}&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\
    -\frac{2}{3}&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    9&0&0\\
    0&6&0\\
    0&0&3
    \end{bmatrix}\begin{bmatrix}
    \frac{1}{3}&\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}\\
    \frac{2}{3}&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\
    -\frac{2}{3}&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
    \end{bmatrix}^{T}=UDU^{T}
    $$
    因此只要让$\bm{y}=U^T\bm{x}$,即可将二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$变换为$\bm{y}^TD\bm{y}$.
  • 令$\bm{x}=
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}
    $,则
    $$
    3x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3=
    \begin{bmatrix}
    x_1&x_2&x_3
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    3&1&1\\
    1&2&2\\
    1&2&2
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    x_1\\
    x_2\\
    x_3
    \end{bmatrix}=\bm{x}^TA\bm{x}.
    $$
    将矩阵$A$谱分解如下:
    $$
    A=
    \begin{bmatrix}
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{2}{\sqrt{6}}&0\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}
    \end{bmatrix}
    \begin{bmatrix}
    5&0&0\\
    0&2&0\\
    0&0&0
    \end{bmatrix}\begin{bmatrix}
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{2}{\sqrt{6}}&0\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&\frac{1}{\sqrt{2}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{-1}{\sqrt{6}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}
    \end{bmatrix}^{T}=UDU^T.
    $$
    因此只要让$\bm{y}=U^T\bm{x}$,即可将二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$变换为$\bm{y}^TD\bm{y}$.

习题 4. 对下面的习题,求(a)在条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$限制下,$Q(\bm{x})$的最大值,(b)达到最大值的一个单位向量$\bm{u}$,(c)在条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$和$\bm{x}^T\bm{u}=0$限制下,$Q(\bm{x})$的最大值.
  • $Q(\bm{x})=5x_1^2+6x_2^2+7x_3^2+4x_1x_2-4x_2x_3$.
  • $Q(\bm{x})=3x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3$
  • $Q(\bm{x})=5x_1^2+5x_2^2-4x_1x_2$
  • $Q(\bm{x})=7x_1^2+3x_2^2+3x_1x_2$

证明 .
  • (a),(b):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{1}{3}\\
    \frac{2}{3}\\
    -\frac{2}{3}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$9$.
    (c)当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{2}{3}\\
    \frac{1}{3}\\
    \frac{2}{3}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$6$.
  • (a),(b):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{1}{\sqrt{3}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}\\
    \frac{1}{\sqrt{3}}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$5$.
    (c):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{2}{\sqrt{6}}\\
    -\frac{1}{\sqrt{6}}\\
    -\frac{1}{\sqrt{6}}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$达到最大值$2$.
  • $Q(\bm{x})=
    \begin{pmatrix}
    x_1&x_2
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    5&-2\\
    -2&5
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2
    \end{pmatrix}.
    $设$\bm{x}=
    \begin{pmatrix}
    x_1\\
    x_2
    \end{pmatrix}
    $,$A=
    \begin{pmatrix}
    5&-2\\
    -2&5
    \end{pmatrix}
    $,则$Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}$.矩阵$A$的特征值是$7,3$.特征值$7$对应的单位特征向量是$
    \begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $,特征值$3$对应的单位特征向量是$
    \begin{pmatrix}
    \frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $.所以
    $$
    A=
    \begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}
    7&0\\
    0&3
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}^T.
    $$
    (a),(b):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    -\frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$取得最大值.
    (c):当$\bm{u}=\pm
    \begin{pmatrix}
    \frac{\sqrt{2}}{2}\\
    \frac{\sqrt{2}}{2}
    \end{pmatrix}
    $时,$Q(\bm{x})$取得最小值.

习题 5. 设$Q(\bm{x})=-2x_1^2-x_2^2+4x_1x_2+4x_2x_3$,在条件$\bm{x}^T\bm{x}=1$的限制下,求出在$\mathbf{R}^3$中的单位向量$\bm{x}$使$Q(\bm{x})$取最大值.

证明 . $$Q(\bm{x})=
\begin{pmatrix}
x_1&x_2&x_3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-2&2&0\\
2&-1&2\\
0&2&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{pmatrix}.
$$
令$\bm{x}=
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{pmatrix}
$,$A=
\begin{pmatrix}
-2&2&0\\
2&-1&2\\
0&2&0
\end{pmatrix}
$.则$Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}$.将矩阵$A$谱分解:
$$
A=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&-\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2&0&0\\
0&-1&0\\
0&0&-4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&-\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}
\end{pmatrix}^T=UDU^T.
$$
令$\bm{y}=U^T\bm{x}$,可得
$$
Q(\bm{x})=\bm{y}^TD\bm{y}.
$$
可得当$\bm{y}=\pm
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix},
$即$\bm{x}=\pm
\begin{pmatrix}
\frac{1}{3}\\
\frac{2}{3}\\
\frac{2}{3}
\end{pmatrix}
$时,$Q(\bm{x})$取得最大值$2$.

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