此文写于2013年1月13日.现在重新整理如下:

平均值不等式:对于非负实数$a_1,a_2,\cdots,a_n$,有\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_n\geq n \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \end{align*}等号成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$.

证明:我们使用数学归纳法证明.当$n=2$时,命题显然成立(基本不等式).假设当$n=k-1(k\geq 3)$时命题也成立,即\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}\geq (k-1)\sqrt[k-1]{a_1a_2\cdots a_{k-1}} \end{align*}等号成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_{k-1}$.

则$n=k$时,根据归纳假设有\begin{align*} &a_1+a_2+\cdots+a_k\geq \underbrace{(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}}_{k-1\mbox{个}}+a_k\\&= \underbrace{\left[(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots (a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}\right]}_{k-2\mbox{个}}+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+a_k\\&\geq \underbrace{\left[(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots (a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}\right]}_{k-2\mbox{个}}+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}\\&+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}(\mbox{对最后两项使用基本不等式而得到})\\&\geq \underbrace{\left(a_1a_2\cdots a_{k-1}\right)^{T_3}a_k^{R_2}+\cdots +\left(a_1a_2\cdots a_{k-1}\right)^{T_3}a_k^{R_2}}_{k-1\mbox{个}}\\&+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}(\mbox{对前k-1项使用归纳假设而得 到})\\&\geq\cdots \end{align*}其中\begin{align*} T_1=\frac{1}{k-1},T_2=\frac{1}{2(k-1)},T_3=\frac{(k-2)T_1+T_2}{k-1} \end{align*}\begin{align*}R_1=\frac{1}{2},R_2=\frac{1}{2(k-1)}\end{align*}按照这样的步骤反复操作,所谓这样的步骤,指的是:把前面$k-1$个相同项中的最后一项$M$分离开来,与第$k$项$P$一起使用基本不等式,得到$\sqrt{MP}+\sqrt{MP}$,然后根据归纳假设把前面$k-2$个$M$与$\sqrt{MP}$一 起使用均值不等式,于是又得到$k-1$个相同的项……容易得到在这样的操作步骤 中,每一步等号的成立都需要\begin{align*} a_1=a_2=\cdots=a_{k-1}=a_k \end{align*}按照这样的步骤,我们会发现$(a_1a_2\cdots a_{k-1})$的指数和$a_k$的指数会反复以数列的规律变化,下面具体探讨这两个数列.

我们先看数列$(T_n)_{n=1}^{\infty}$,其中\begin{align*} T_1=\frac{1}{k-1},T_2=\frac{1}{2(k-1)}, \end{align*}当$n$为奇数时,\begin{align*} T_{n+2}=\frac{(k-2)T_n+T_{n+1}}{k-1} \end{align*}当$n$为偶数时,\begin{align*} T_{n+2}=\frac{T_n+T_{n+1}}{2} \end{align*}容易得到通项公式\begin{align*} T_{2n}=\frac{1-(\frac{k-2}{2k-2})^n}{k},T_{2n+1}=\frac{1+\frac{1}{k-1}(\frac{k-2}{2k-2})^n}{k} \end{align*}故\begin{align*} \lim_{n\to\infty}T_n=\frac{1}{k} \end{align*}我们再看数列$(R_n)_{n=1}^{\infty}$,其中\begin{align*}R_1=\frac{1}{2},R_2=\frac{1}{2(k-1)}\end{align*}且\begin{align*}R_{2n+1}=\frac{R_{2n}+R_{2n-1}}{2}\end{align*}\begin{align*}R_{2n}=\frac{R_{2n-1}+(k-2)R_{2n-2}}{k-1}\end{align*}容易 解得通项公式\begin{align*}R_{2n}&=\frac{k-2}{k(2k-2)}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^{n-1}]+\frac{1}{2k-2}R_{2n+1}\\&=\frac{k-2}{2k}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^n]+\frac{1}{2}-\frac{(k-2)^2}{(2k-2)k}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^{n-1}]-\frac{k-2}{2k-2}\end{align*}(我们的目标是求$\lim_{n\to\infty}R_n$,因此在此我不对式子进行化简)

从通项公式可得$\lim_{n\to\infty}R_n=\frac{1}{k}$.数列$(T_n)_{n=1}^{\infty}$和$(R_n)_{n=1}^{\infty}$的极限都是$\frac{1}{k}$,说明当进行如上步骤足够多次时,$a_k$和$(a_1a_2\cdots a_{k-1})$的指数会趋于$\frac{1}{k}$,再结合指数函数的连续性,容易得到\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_k\geq k(a_1a_2\cdots a_k)^{\frac{1}{k}} \end{align*}可见,根据数学归纳法,不等式成立,且不等式成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_k$.

注:类似方法可以用到连续的凹函数和连续的凸函数上去.

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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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这是2019届温州市高三一模选择题最后一题.我解答如下.

问题 1. 已知数列$\{a_n\}$中的各项都小于$1$,$a_1=\frac{1}{2}$,$a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n(n\in \mathbf{N}^{+})$,记$S_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$,则$S_{10}\in $
  • $\left(0,\cfrac{1}{2}\right)$
  • $\left(\cfrac{1}{2},\cfrac{3}{4}\right)$
  • $\left(\cfrac{3}{4},1\right)$
  • $(1,2)$

解答 1.1.
$$
a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n,n\in \mathbf{N}^{+}
$$
变形可得
$$
(a_{n+1}-1)^2=a_n^2-a_n+1.
$$
又因为$a_{n+1}<1$,所以
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1.
$$
考虑函数$f(x)=-\sqrt{x^{2}-x+1}+1$在$x=0$处的Taylor展式:
$$
f(x)=\frac{x}{2}-\frac{3}{8}x^{2}-\frac{3}{16}x^{3}-\frac{3}{128}x^{4} + \frac{15}{256}x^{5} + \frac{57}{1026}x^{6} + O(x^7)
$$
易得
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n,
$$
所以$a_n\leq \left(\frac{1}{2}\right)^{n}$.而且
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_{n}^{2}-a_{n}+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n-\frac{3}{8}a_n^2,
$$
且函数$f(x)=\frac{1}{2}x-\frac{3}{8}x^2$在区间$(0,\frac{2}{3})$单调递增,因此
$$
a_{n+1}\leq \frac{1}{2}a_n-\frac{3}{8}a_n^2\leq \frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}\right)^n-\frac{3}{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n}.
$$

\begin{align*}
S_{10}&=a_{1}+\sum_{i=2}^{10}a_{i}\leq
a_{1}+\frac{1}{2}\sum_{i=2}^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{i-1}-\frac{3}{8}\sum_{i=2}^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{2(i-1)
}\\&=a_{1}+\frac{1}{2}\times\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\right]}{1-\frac{1}{2}}-\frac{3}{8}\times
\frac{\frac{1}{4}\left[1-\left(\frac{1}{4}\right)^{9}\right]}{1-\frac{1}{4}}\\&=\frac{7}{8}-\frac{1}{2^{10}}+\frac{1}{2^{21}}
\end{align*}
放大过头,解题失败.

解答 1.2.
$$
a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n,n\in \mathbf{N}^{+}
$$
变形可得
$$
(a_{n+1}-1)^2=a_n^2-a_n+1.
$$
又因为$a_{n+1}<1$,所以
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n,
$$
由此递推公式,可得
$$
a_2=1-\frac{\sqrt{3}}{2},a_3=1-\frac{\sqrt{7-2
\sqrt{3}}}{2},a_4=1-\frac{1}{2}\sqrt{11-2 \sqrt{3}-2 \sqrt{7-2 \sqrt{3}}},
$$
$$
a_5=1 – \frac{1}{2} \sqrt{15 – 2 \sqrt{3} – 2 \sqrt{7 – 2 \sqrt{3}} –
2 \sqrt{11 – 2 \sqrt{3} – 2 \sqrt{7 – 2 \sqrt{3}}}}< 0.01396
$$
所以
\begin{align*}
S_{10}&\leq
a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+\frac{1}{2}a_{5}+\frac{1}{2^{2}}a_{5}+\frac{1}{2^{3}}a_{5}+\frac{1}{2^{4}}a_{5}+\frac{1}{2^{5}}a_{5}
\\&=a_1+a_2+a_3+a_4+\frac{a_{5}(1-\frac{1}{2^{6}})}{1-\frac{1}{2}}<0.749778<0.75
\end{align*}
且$S_{10}>a_1+a_2>\frac{1}{2}$.所以答案选B.这是一个比较暴力的解答,在考试的时候是不可能产生的,因为需要用到计算器.

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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:
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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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熊猫烟花在“玩转浙江高中数学”(875948072)群里问了一个数列题,题目如下:

(题目)数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$,$a_{n+1}a_n=a_n^2+2a_n+1$,则使得$|\sqrt{a_{2018}}-m|$值最小的整数$m$值是?

题意即问与$\sqrt{a_{2018}}$最接近的整数.为此要估计$a_{2018}$的值.$2018$下标太大,不好处理.于是先观察数列的前面若干项目,提出合理猜想.
$$
a_1=1,a_2=4,a_3=6.25,a_4=8.41,a_5\approx 10.52,a_6\approx 12.62,
$$
因此笔者猜测当$n>1$时,$2n\leq a_n<2n+1$.下面用数学归纳法证明这个结论.

解:由题意, $$ a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}+2, $$ 先用数学归纳法证明当$n>1$时,$2n\leq a_n<2n+1$.

  • 当$n=2$时,$4\leq a_2=4<5$.结论成立.
  • 假设当$n=k(k\geq 2)$时,结论亦成立,即 $$ 2k\leq a_k<2k+1, $$ 因为函数$f(x)=x+\frac{1}{x}$在$(1,+\infty)$上单调递增,所以 $$ 2k+\frac{1}{2k}+2\leq a_{k+1}=a_k+\frac{1}{a_{k}}+2<(2k+1)+\frac{1}{2k+1}+2, $$ 而 $$ (2k+2)\leq 2k+\frac{1}{2k}+2,(2k+1)+\frac{1}{2k+1}+2<(2k+3)+\frac{1}{2k+3}+2 $$ 因此 $$ 2k+2\leq a_{k+1}<(2k+3)+\frac{1}{2k+3}+2. $$ 由数学归纳法,对于任意正整数$n>1$,都有$2n\leq a_n<2n+1$.
因此$4036\leq a_{2018}<4037$,于是 $63.52<\sqrt{a_{2018}}<64$.因此$m=64$.

(此文写于2016年11月10日,现重新整理如下)

设$\mathbf{a,b,c}$是三维欧式空间$\mathbf{R}^3$中的三个向量,双重向量积公式表明, \begin{equation}\label{eq:1} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{c}=(\mathbf{a}\cdot\mathbf{c})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{c})\mathbf{a}. \end{equation} 下面我们尝试理解双重向量积公式背后的几何直观.我们默认已经知道了向量积关于向量加法的分配律的几何直观.不妨让向量$\mathbf{c}$位于向量$\mathbf{a}$和向量$\mathbf{b}$张成的二维线性空间,这是因为任意向量$\mathbf{c}$都可以表示为$\lambda\mathbf{a}+\mu\mathbf{b}+k\mathbf{d}$,其中向量$\mathbf{d}$与向量$\mathbf{a},\mathbf{b}$都正交.由向量积关于向量加法的分配律,向量$\mathbf{d}$并不会影响$(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{c}$的结果,更具体地,是因为 $$ (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times \mathbf{c}=(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times(\lambda\mathbf{a}+\mu\mathbf{b}+k\mathbf{d})=\lambda(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}+\mu(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{b}. $$ 为了理解式\eqref{eq:1}的几何直观,我们先来做一个特例,就是理解下面的式子: \begin{equation}\label{eq:2} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}=(\mathbf{a}\cdot\mathbf{a})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{a})\mathbf{a} \end{equation} 的几何直观.式\eqref{eq:2}等价于 \begin{equation} \label{eq:3} (\mathbf{e}_{a}\times\mathbf{b})\times \mathbf{e}_a=\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{e}_a)\mathbf{e}_{a}, \end{equation} 其中$\mathbf{e}_a=\frac{\mathbf{a}}{|\mathbf{a}|}$.式\eqref{eq:3}的几何直观是显然的,如图1所示.

此图像的alt属性为空;文件名为理解二重向量积公式.png

用与图1 用类似的图示,我们可以理解 \begin{equation} \label{eq:4} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times \mathbf{b}=(\mathbf{a}\cdot \mathbf{b})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot \mathbf{b})\mathbf{a}. \end{equation} 其实式\eqref{eq:4}也可以从式\eqref{eq:2}结合向量积的性质直接推出.

下面我们着手来理解式\eqref{eq:1}.由于$\mathbf{c}$位于$\mathbf{a}$和$\mathbf{b}$张成的二维子空间上,因此设$\mathbf{c}=p\mathbf{a}+q\mathbf{b}$.我们把式\eqref{eq:2}和式\eqref{eq:4}写成行列式的形式: \begin{equation} \label{eq:5} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{a}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{a}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}, (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{b}= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{b}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{b}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}. \end{equation} 则 \begin{align*} (\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{c}&=(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times(p\mathbf{a}+q\mathbf{b})\\&=p(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{a}+q(\mathbf{a}\times\mathbf{b})\times\mathbf{b} \\&=p \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{a}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{a}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}+q \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{b}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{b}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot (p\mathbf{a})&\mathbf{b}\cdot(p\mathbf{a})\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot(q\mathbf{b})&\mathbf{b}\cdot(q\mathbf{b})\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot(p\mathbf{a}+q\mathbf{b})&\mathbf{b}\cdot(p\mathbf{a}+q\mathbf{b})\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&= \begin{vmatrix} \mathbf{a}\cdot\mathbf{c}&\mathbf{b}\cdot\mathbf{c}\\
\mathbf{a}&\mathbf{b} \end{vmatrix} \\&=(\mathbf{a}\cdot\mathbf{c})\mathbf{b}-(\mathbf{b}\cdot\mathbf{c})\mathbf{a}. \end{align*} 注意,上面我使用了二阶行列式的定义和性质,但是我并不明白像式\eqref{eq:5}中出现的行列式的几何意义是什么,对我来说,它们仅有代数上的意义.

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在这篇博文里,我解一道自己改编的题.首先呈上原题:

(闻杰《高考数学拉档提分全攻略——立体几何》第25页问题4)如图1,棱长为$3$的正方体的顶点$A$在平面$\alpha$上,三条棱$AB,AC,AD$都在平面$\alpha$的同侧,若顶点$B,C$到平面$\alpha$的距离分别为$1,\sqrt{2}$,则顶点$A$的对顶点$E$到平面$\alpha$的距离是?

此图像的alt属性为空;文件名为20190206-1.png
解:设平面的一个单位法向量是$\bm{n}$,且法向量的方向指向正方体所在的一侧.则
$$
\ov{AB}\cdot\bm{n}=1,\ov{AC}\cdot\bm{n}=\sqrt{2}.
$$

$$
\ov{AE}\cdot\bm{n}=(\ov{AB}+\ov{AC}+\ov{AD})\cdot\bm{n}=\ov{AB}\cdot\bm{n}+\ov{AC}\cdot\bm{n}+\ov{AD}\cdot\bm{n}=1+\sqrt{2}+\ov{AD}\cdot\bm{n}.
$$
因为
$$
(\frac{1}{3}\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{1}{3}\ov{AC}\cdot\bm{n})^2+(\frac{1}{3}\ov{AD}\cdot\bm{n})^2=1,
$$
所以
$$
\ov{AD}\cdot\bm{n}=\sqrt{9-(\ov{AB}\cdot\bm{n})^2-(\ov{AC}\cdot\bm{n})^2}=\sqrt{6}.
$$
因此
$$
\ov{AE}\cdot\bm{n}=1+\sqrt{2}+\sqrt{6},
$$
即点$E$到平面$\alpha$的距离是$1+\sqrt{2}+\sqrt{6}$.$\Box$

对上述这题改编如下:

(改编1)如图2,棱长为$1$的正四面体$A-BCD$的顶点$A$在平面$\alpha$上,三条棱$AB,AC,AD$在平面$\alpha$的同一侧.若顶点$B,C$到平面$\alpha$的距离分别为$\frac{2}{3},\frac{1}{3}$.则顶点$D$到平面$\alpha$的距离是?

此图像的alt属性为空;文件名为20190206-2.png解:$\mathcal{A}=\{\ov{AB},\ov{AC},\ov{AD}\}$是空间的一组基底.下面使用Gram-Schimidt正交化过程构造空间的一组单位正交基底:设点$C$在直线$AB$上的射影是$C’$,点$D$在平面$ABC$上的射影是$D’$,则
$$
\ov{C’C}=\ov{AC}-\frac{\ov{AC}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}=\ov{AC}-\frac{1}{2}\ov{AB},
$$
$$
\ov{D’D}=\ov{AD}-\frac{\ov{AD}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}-\frac{\ov{AD}\cdot\ov{C’C}}{\ov{C’C}^2}\ov{C’C}=\ov{AD}-\frac{1}{3}\ov{AB}-\frac{1}{3}\ov{AC}.
$$
因此$\mathcal{B}=\left\{\frac{\ov{AB}}{|\ov{AB}|},\frac{\ov{C’C}}{|\ov{C’C}|},\frac{\ov{D’D}}{|\ov{D’D}|}\right\}=\left\{\ov{AB},\frac{2}{\sqrt{3}}\ov{C’C},\frac{\sqrt{6}}{2}\ov{D’D}\right\}$是空间的一组单位正交基底.设平面的一个法向量为$\bm{n}$,且$\bm{n}$的方向指向正四面体所在的一侧.则
$$
(\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{2}{\sqrt{3}}\ov{C’C}\cdot\bm{n})^2+(\frac{\sqrt{6}}{2}\ov{D’D}\cdot\bm{n})^2=1,
$$

$$
(\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{2}{\sqrt{3}}\ov{AC}\cdot\bm{n}-\frac{1}{\sqrt{3}}\ov{AB}\cdot\bm{n})^2+(\frac{\sqrt{6}}{2}\ov{AD}\cdot\bm{n}-\frac{\sqrt{6}}{6}\ov{AB}\cdot\bm{n}-\frac{\sqrt{6}}{6}\ov{AC}\cdot\bm{n})^2=1,
$$
由题意,设$\ov{AB}\cdot\bm{n}=x=\frac{2}{3}$,$\ov{AC}\cdot\bm{n}=y=\frac{1}{3}$.再设$\ov{AD}\cdot\bm{n}=z$,则上式即
$$
x^2+(\frac{2}{\sqrt{3}}y-\frac{1}{\sqrt{3}}x)^2+(\frac{\sqrt{6}}{2}z-\frac{\sqrt{6}}{6}x-\frac{\sqrt{6}}{6}y)^2=1.
$$
解得$z=\frac{3+\sqrt{30}}{9}$.即点$D$到平面$\alpha$的距离是$\frac{3+\sqrt{30}}{9}$.$\Box$

通过按比例放大$9$倍,我们可以把题目改造得更简洁些:

(改编2:为了数字更简洁)如图2,棱长为$9$的正四面体$A-BCD$的顶点$A$在平面$\alpha$上,三条棱$AB,AC,AD$在平面$\alpha$的同一侧.若顶点$B,C$到平面$\alpha$的距离分别为$6$和$3$.则顶点$D$到平面$\alpha$的距离是$3+\sqrt{30}$.

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闻杰老师出了一套《高考数学拉档提分全攻略》,我买了其中的立体几何分册.从里面挑选了一道题试了一下射影向量法的威力,顺便发现闻老师的解答出了问题.(这不是我第一次使用这种方法了,上次使用见博文射影向量法解2018浙江高考立体几何题).

(闻杰《高考数学拉档提分全攻略——立体几何》第39页例5)如图,已知四面体$A-BCD$,$\angle DAB=30^{\circ}$,$\angle BAC=60^{\circ}$,$\angle CAD=45^{\circ}$,$AB=4,AC=2,AD=3$.求直线$AC$与平面$ABD$所成的角的余弦值.

此图像的alt属性为空;文件名为20190205-1.png解:$\mathcal{A}=\{\ov{AB},\ov{AD}\}$是平面$ABD$的一组基底.令
$$
\ov{AD’}=\ov{AD}-\frac{\ov{AD}\cdot\ov{AB}}{\ov{AB}^2}\ov{AB}=\ov{AD}-\frac{3
\sqrt{3}}{8}\ov{AB}.
$$
可得
$$
|\ov{AD’}|=\sqrt{\left(\ov{AD}-\frac{3
\sqrt{3}}{8}\ov{AB}\right)^2}=\sqrt{\ov{AD}^2+\frac{27}{64}\ov{AB}^2-\frac{3
\sqrt{3}}{4}\ov{AD}\cdot\ov{AB}}=\frac{3}{2}.
$$

$$
\bm{v}_1=\frac{\ov{AB}}{|\ov{AB}|}=\frac{1}{4}\ov{AB},\bm{v}_2=\frac{\ov{AD’}}{|\ov{AD’}|}=\frac{2}{3}\ov{AD}-\frac{\sqrt{3}}{4}\ov{AB},
$$
则$\{\bm{v}_1,\bm{v}_2\}$是平面$ABD$上的一组单位正交基底.向量$\ov{AC}$在平面$ABD$上的射影向量
$$
\ov{AC’}=(\ov{AC}\cdot\bm{v}_1)\bm{v}_{1}+(\ov{AC}\cdot\bm{v}_2)\bm{v}_{2}=\bm{v}_1+(2
\sqrt{2}-\sqrt{3})\bm{v}_2.
$$
因此
$$
|\ov{AC’}|=\sqrt{1^2+(2 \sqrt{2}-\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12-4 \sqrt{6}}
$$
因此直线$AC$与平面$ABD$所成角$\theta$的余弦值为
$$
\cos\theta=\frac{|\ov{AC’}|}{|\ov{AC}|}=\sqrt{3- \sqrt{6}}.
$$

 

闻杰老师的解答是错误的(附于下面),因为他好像求的是直线$AD$与平面$ABC$的夹角余弦值.

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