二次型

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习题 1 (南开大学2019年考研高等代数倒数第二题). 已知$x_1+x_2+\cdots+x_n=0$,$x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=1$,证明:
$$
x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_nx_1\leq \cos \frac{2\pi}{n}.
$$

证明 . 设向量$\bm{x}\in \mathbf{R}^n$,且$\bm{x}=
\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\vdots\\
x_n
\end{pmatrix}
$.则
$$
x_1x_2+x_2x_3+\cdots+x_nx_1=\bm{x}^TA\bm{x},
$$
其中$A_{n}=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}$是$n\times n$对称矩阵,满足 $\forall 1\leq i\leq n-1$,$a_{i,i+1}=a_{i+1,i}=\frac{1}{2}$且$a_{1n}=a_{n1}=\frac{1}{2}$,其余元素都是$0$.

下面证明矩阵$A_{n}$的特征值为
$$
1,\cos \frac{2\pi}{n},\cos \frac{4\pi}{n},\cdots,\cos
\frac{2k\pi}{n},\cdots,\cos \frac{2(n-1)\pi}{n}.
$$

为此,令矩阵$P_n=(p_{ij})_{1\leq i,j\leq n}$,满足$\forall 1\leq i\leq
n-1$,$p_{i,i+1}=1$,且$a_{n,1}=1$.其余元素都是$0$.则
$$
A_n=\frac{P_n+P_n^T}{2},
$$
易得矩阵$P_n$的转置$P_n^T=P_n^{n-1}$.

矩阵$P_n$的特征值为
$$
1,\omega,\omega^2,\cdots,\omega^{n-1},
$$
其中$\omega=e^{\frac{2\pi}{n}i}$是$n$次单位根.对于矩阵$P_n$来说,$\forall
0\leq k\leq n-1$,特征值$\omega^k$对应于特征向量$\bm{v}_k=
\begin{pmatrix}
1\\
\omega^k\\
\omega^{2k}\\
\vdots\\
\omega^{(n-1)k}
\end{pmatrix}.
$

而矩阵$P_n^T$的特征值也是
$$
1,\omega,\omega^2,\cdots,\omega^{n-1}.
$$
对于矩阵$P_n^T$来说,$\forall 0\leq k\leq n-1$,特征值$\omega^k$对应于特征向量$$\bm{u}_k=
\begin{pmatrix}
1\\
\omega^{(n-1)k}\\
\omega^{(n-1)\cdot 2k}\\
\vdots\\
\omega^{(n-1)\cdot (n-1)k}
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1\\
\omega^{-k}\\
\omega^{-2k}\\
\vdots\\
\omega^{-(n-1)k}
\end{pmatrix}.
$$
于是$\forall 0\leq k\leq n-1$,
\begin{align*}
A_n(\bm{v}_k+\bm{u}_k)&=\frac{P_n(\bm{v}_k+\bm{u}_k)+P_n^T(\bm{v}_k+\bm{u}_k)}{2}
\\&=\frac{P_n(\bm{v}_k)+P_n(\bm{u}_k)+P_n^T(\bm{v}_k)+P_n^T(\bm{u}_k)}{2}
\\&=\frac{\omega^k\bm{v}_k+\omega^{n-k}\bm{u}_k+\omega^{n-k}\bm{v}_k+\omega^k\bm{u}_k}{2}
\\&=\frac{\omega^k+\omega^{n-k}}{2}(\bm{v}_k+\bm{u}_k)
\end{align*}

因此矩阵$A_n$的特征值是$\frac{\omega^k+\omega^{n-k}}{2}$,$0\leq k\leq n-1$,即,矩阵$A_n$的特征值是
$$
1,\cos \frac{2\pi}{n},\cos \frac{4\pi}{n},\cdots,\cos
\frac{2k\pi}{n},\cdots,\cos \frac{2(n-1)\pi}{n}.
$$

对于矩阵$A$来说,特征值$1$是最大的特征值,它对应的特征向量是$
\begin{pmatrix}
1\\
1\\
\vdots\\
1
\end{pmatrix}
$.但是由
$$
x_1+x_2+\cdots+x_n=0
$$
可得,单位向量$\bm{x}$垂直于该特征向量.因此$\bm{x}^TA\bm{x}$的最大值只可能是矩阵$A_n$的第二大特征值$\cos \frac{2\pi}{n}$.当且仅当单位向量$\bm{x}$与$\cos \frac{2\pi}{n}$的特征向量共线时,$\bm{x}^TA\bm{x}$取得最大值.

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习题 1. 设$B$是$n\times n$对称矩阵且$B^2=B$,任何此类矩阵被称为投影矩阵(或一个正交投影矩阵).对任意给定的$\bm{y}\in\mathbf{R}^n$,$\bm{\hat{y}}=B\bm{y}$且$\bm{z}=\bm{y}-\bm{\hat{y}}$.
  • 证明$\bm{z}$与$\bm{\hat{y}}$正交.
  • 设$W$是$B$的列空间,证明$\bm{y}$是$W$中一个向量与空间$W^T$中一个向量之和.证明$B\bm{y}$是$\bm{y}$在$B$的列空间上的正交投影.

证明 .

  • $$
    \bm{z}^T\bm{\hat{y}}=(\bm{y-\hat{y}})^{T}\bm{\hat{y}}=\bm{y}^T\bm{\hat{y}}-\bm{\hat{y}}^T\bm{y}=\bm{y}^TB\bm{y}-\bm{y}^TB\bm{y}=\bm{0},
    $$
    故$\bm{z}$与$\bm{\hat{y}}$正交.
  • 首先,$\bm{y}-B\bm{y}$与向量$B\bm{y}$正交,且$B\bm{y}$属于矩阵$B$的列空间,因此$B\bm{y}$是$\bm{y}$在$B$的列空间上的投影.因此$\bm{y}-B\bm{y}\in W^T$.而
    $$
    \bm{y}=B\bm{y}+(\bm{y}-B\bm{y}),
    $$
    这就把$\bm{y}$表示成了$W$中的向量和$W^T$中的向量的和.

其实,$B=UDU^T$,其中对角矩阵$U$对角线上的元素只可能是$0$和$1$,$U$是正交矩阵.设
$$
D=\begin{bmatrix} \sigma_1&~&~&~\\ ~&\sigma_2&~&~\\ ~&~&&\ddots&~\\
~&~&~&~&\sigma_{n} \end{bmatrix},
$$
其中$\forall 1\leq i\leq n$,$\sigma_i=1$或$0$.设矩阵$U$的第$i$个列向量为$\bm{u}_i$.则
$$
B=\sigma_1\bm{u}_1\bm{u}_1^T+\sigma_2\bm{u}_2\bm{u}_2^T+\cdots+\sigma_n\bm{u}_n\bm{u}_n^T,
$$
因此
$$
B\bm{y}=\sigma_1\bm{u}_1\bm{u}_1^T\bm{y}+\sigma_2\bm{u}_2\bm{u}_2^T\bm{y}+\cdots+\sigma_n\bm{u}_n\bm{u}_{n}^T\bm{y}.
$$
而$\forall 1\leq i\leq n$,$\bm{u}_n\bm{u}_n^{T}\bm{y}$的意思是向量$\bm{y}$在单位向量$\bm{u}_n$上的投影向量.因此$B\bm{y}$即为向量$\bm{y}$在$B$的列空间上的正交投影.
习题 2. 求一个变量代换,$\bm{x}=P\bm{y}$,将二次型$x_1^2+10x_1x_2+x_2^2$变换为
没有交叉项的形式,给出$P$和新的二次型.

证明 . 令$\bm{x}=
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}
$,
$$
x_1^2+10x_1x_2+x_2^2=
\begin{bmatrix}
x_1&x_2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1&5\\
5&1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}=\bm{x}^TA\bm{x},
$$
其中矩阵$A=
\begin{bmatrix}
1&5\\
5&1
\end{bmatrix}
$是二次型$x_1^2+10x_1x_2+x_2^2$的矩阵.将矩阵$A$正交对角化:
$$
A=UDU^T=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
6&0\\
0&-4
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{\sqrt{2}}\\
\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{bmatrix}^{T},
$$
然后令$\bm{y}=U^T\bm{x}=U^{-1}\bm{x}=
\begin{bmatrix}
y_1\\
y_{2}
\end{bmatrix}
$,则
$$
x_{1}^{2}+10x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}=\bm{x}^TA\bm{x}=\bm{y}^TD\bm{y}=6y_1^2-4y_2^2.
$$
$P=U$.

习题 3. 证明:如果$B$是$m\times n$矩阵,那么$B^TB$是半正定的;如果$B$是$n\times n$可逆矩阵,那么$B^TB$是正定的.

证明 .
  • 当$B$是$m\times n$矩阵时,$B^TB$是$n\times n$矩阵.$\forall \bm{x}\in \mathbf{R}^n$,
    $$
    \bm{x}^TB^TB\bm{x}=(B\bm{x})^T(B\bm{x})\geq 0,
    $$
    因此$B^TB$是半正定矩阵.
  • 当$B$是$n\times n$可逆矩阵时,当$\bm{x}\in \mathbf{R}^n$且$\bm{x}\neq 0$时,由于$B\bm{x}\neq \bm{0}$,因此
    $$
    \bm{x}^TB^TB\bm{x}=(B\bm{x})^T(B\bm{x})>0,
    $$
    因此$B^TB$是正定矩阵.

习题 4. 证明:如果$n\times n$矩阵$A$是正定的,那么存在一个正定矩阵$B$,使得$A=B^TB$.

证明 . 矩阵$A$是正定的,表明矩阵$A$可以分解为
$$
A=UDU^T,
$$
其中矩阵$U$是$n\times n$正交矩阵,$D$是对角线元素都为正的对角矩阵.记
$$
D=\begin{bmatrix} \sigma_1&~&~&~\\ ~&\sigma_2&~&~\\ ~&~&&\ddots&~\\
~&~&~&~&\sigma_{n} \end{bmatrix},
$$
其中$\forall 1\leq i\leq n$,$\sigma_i>0$.记
$$
\sqrt{D}=\begin{bmatrix} \sqrt{\sigma_{1}}&~&~&~\\
~&\sqrt{\sigma_2}&~&~\\ ~&~&&\ddots&~\\
~&~&~&~&\sqrt{\sigma_n} \end{bmatrix},
$$

$$
A=U \sqrt{D} \sqrt{D}^TU^T=(U \sqrt{D}U^T)(U
\sqrt{D}^TU^T)=(U\sqrt{D}U^{T})(U\sqrt{D}U^{T})^T,
$$
然后令$B=(U\sqrt{D}U^{T})^T=U \sqrt{D}U^{T}$即可.

习题 5. 令$A$和$B$是$n\times n$对称矩阵且所有特征值都为正,证明$A+B$的特征值也
是正的.

证明 . 因为对称矩阵$A,B$的特征值都为正,所以$A,B$都是正定矩阵.所以$\forall \bm{x}\in \mathbf{R}^n$且$\bm{x}\neq\bm{0}$,
$$
\bm{x}^{T}(A+B)\bm{x}=\bm{x}^TA\bm{x}+\bm{x}^TB\bm{x}>0,
$$
所以$A+B$也是正定矩阵,它的特征值都是正的.

习题 6. 令$A$是$n\times n$可逆对称矩阵,证明,如果二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$是正定的,那么二次型$\bm{x}^TA^{-1}\bm{x}$也是正定的.

证明 . 因为二次型$\bm{x}^TA\bm{x}$是正定的,所以矩阵$A$的特征值都是正数.设$A=UDU^T$,其中$U$是正交矩阵,而且对角矩阵$D$对角线上的元素都是正数.则$A^{-1}=U^TD^{-1}U$,其中对角矩阵$D^{-1}$的对角线上的元素也都是正数.因此$A^{-1}$是正定矩阵,于是$\bm{x}^TA^{-1}\bm{x}$是正定二次型.

习题 7. 下面的习题表明,当$A=
\begin{bmatrix}
a&b\\
b&d
\end{bmatrix}
$,$\det A\neq 0$时,不用求出$A$的特征值就可将二次型$Q(\bm{x})=\bm{x}^TA\bm{x}$分类. 如果$\lambda_1$和$\lambda_2$是$A$的特征值,那么$A$的特征多项式可以用两种方式写出:$\det (A-\lambda I)$和$(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2)$,
  • 利用这个结论说明$\lambda_1+\lambda_2=a+d$($a,d$是$A$的对角线上的元素),且$\lambda_1\lambda_2=\det A$.
  • 验证下列命题:(1)如果$\det A>0$且$a>0$,则$Q$是正定的.
    (2)如果$\det A>0$且$a<0$,则$Q$是负定的.

    (3)如果$\det A<0$,则$Q$是不定的.

证明 .
  • 直接使用韦达定理即可.
  • (1)因为$\det A=ad-b^2>0$,所以$ad>0$.又因为$a>0$,所以$d>0$.故
    $\lambda_1+\lambda_2=a+d>0$,且$\lambda_1\lambda_2=ad>0$.因此
    $\lambda_1,\lambda_2>0$,故$A$是正定矩阵,$Q$是正定二次型.
    (2)因为$\det A=ad-b^2>0$,所以$ad>0$.又因为$a<0$,所以$d<0$.故 $\lambda_1\lambda_2=ad>0$,且$\lambda_1+\lambda_2=a+d<0$,因此 $\lambda_1<0$且$\lambda_2<0$.因此$A$是负定矩阵,$Q$是负定二次线.

    (3)因为$\det A<0$,所以$\lambda_1$和$\lambda_2$一正一负,因此矩阵$A$是 不定矩阵,$Q$是不定二次型.

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

解:

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

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

所以

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

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

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

{1-2x=x',1-2y=y',-2z=z'},则式(1)可以化为

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

目的是求{-x'-y'-2z'+2}的取值范围.式(2)可以化为

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

下面进行实对称矩阵的正交相似对角化:

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

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

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

且有

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

因此

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

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

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

解: 题目等价于求

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

的最大值.将{f(x,y)}改写成如下形式:

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

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

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

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

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

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

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

等号当且仅当{n=0},即{x=2y}时成立.所以答案是{4}. \Box

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

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

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

将矩阵{A}正交相似对角化:

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

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

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

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

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

将矩阵{A}正交相似对角化:

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

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

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

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

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

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

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

解:

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

将对称矩阵正交相似对角化:

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

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

则方程(1.1)化为

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

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

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

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

所以答案是{\frac{2 \sqrt{3}}{3}}. \Box

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

解:

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

将对称矩阵正交相似对角化:

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

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

则方程(2.1)化为

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

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

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

所以答案是{\frac{2 \sqrt{10}}{5}}. \Box

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

解:

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

将对称矩阵正交相似对角化:

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

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

则方程(3.1)化为

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

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

由关系式(3.2)可得

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

由柯西不等式的取等条件,可得当且仅当

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

{v=5u}时,式(3.4)取得最大值,此时{c=80u^{2}}.则

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

所以答案是{-2}. \Box

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(本文整理自我写于2014.10.13日的一篇短文)

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

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

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

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

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

 

 

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

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

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