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素材/整合素材/线代素材/一个计算题的解答.md

@@ -1,17 +1,19 @@
 ## 解答
 
 其特征多项式为  
-$$\det(A - \lambda E) = \begin{vmatrix} 2-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 3-\lambda & 2 \\ 0 & 2 & 3-\lambda \end{vmatrix} = (2-\lambda)\left[(3-\lambda)^2 - 4\right] = (2-\lambda)(\lambda^2 - 6\lambda + 5) = (2-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-5).$$  
+$$\begin{aligned}det(A - \lambda E) &= \begin{vmatrix} 2-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 3-\lambda & 2 \\ 0 & 2 & 3-\lambda \end{vmatrix} \\
+&= (2-\lambda)\left[(3-\lambda)^2 - 4\right] \\
+&= (2-\lambda)(\lambda^2 - 6\lambda + 5)\\&=(2-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-5).\end{aligned}$$  
 特征值为  $\lambda_1 = 1,\quad \lambda_2 = 2,\quad \lambda_3 = 5.$
 
-- 对于 $\lambda_1 = 1$：解 $(A - E)\mathbf{X} = \mathbf{0}$， $A - E = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},$ 得基础解系 $\mathbf{x}_1 = (0, -1, 1)^\mathrm{T}$。
+- 对于 $\lambda_1 = 1$：解 $(A - E)\mathbf{X} = \mathbf{0}$， $A - E = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},$ 得基础解系 $\mathbf{x}_1 = (0, -1, 1)^\mathrm{T}$。
 
-- 对于 $\lambda_2 = 2$：解 $(A - 2E)\mathbf{X} = \mathbf{0}$， $A - 2E = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},$ 得基础解系 $\mathbf{x}_2 = (1, 0, 0)^\mathrm{T}$。
+- 对于 $\lambda_2 = 2$：解 $(A - 2E)\mathbf{X} = \mathbf{0}$， $A - 2E = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},$ 得基础解系 $\mathbf{x}_2 = (1, 0, 0)^\mathrm{T}$。
 
-- 对于 $\lambda_3 = 5$：解 $(A - 5E)\mathbf{x} = \mathbf{0}$，  $A - 5E = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \end{pmatrix} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},$ 得基础解系 $\mathbf{x}_3 = (0, 1, 1)^\mathrm{T}$。
+- 对于 $\lambda_3 = 5$：解 $(A - 5E)\mathbf{x} = \mathbf{0}$，  $A - 5E = \begin{bmatrix} -3 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix},$ 得基础解系 $\mathbf{x}_3 = (0, 1, 1)^\mathrm{T}$。
 
  $\|\mathbf{v}_1\| = \sqrt{2}$，单位化得 $\boldsymbol{\eta}_1 = \left(0, -\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)^\mathrm{T}$；
  $\|\mathbf{v}_2\| = 1$，单位化得 $\boldsymbol{\eta}_2 = (1, 0, 0)^\mathrm{T}$；
  $\|\mathbf{v}_3\| = \sqrt{2}$，单位化得 $\boldsymbol{\eta}_3 = \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)^\mathrm{T}$。
 
-即可取正交矩阵  $Q = (\boldsymbol{\eta}_1, \boldsymbol{\eta}_2, \boldsymbol{\eta}_3) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}.$  
+即可取正交矩阵  $Q = (\boldsymbol{\eta}_1, \boldsymbol{\eta}_2, \boldsymbol{\eta}_3) = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}.$  

素材/整合素材/线代素材/正交及二次型.md

@@ -123,8 +123,9 @@ $$\|\boldsymbol{\gamma}_3\|=\sqrt{\dfrac{3}{2}},\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfra
 # Section 2  实对称矩阵的正交变换与二次型
 
 ## 正交变换及合同
+合同：对于方阵 $A,B\in\mathbb{R}^{n\times n}$，若 $\exists P\in\mathbb{R}^{n\times n}$ 使得 $A=P^\mathrm TBP$，则 $A$ 和 $B$ 合同，记作 $A\simeq B$. 目前暂不清楚合同变换对非对称矩阵的意义，但是对于实对称矩阵而言有意义，因为两个矩阵合同意味着它们有相同的**惯性**。换句话说，合同变换不会改变形状种类，球可能变成椭球，但一定不会变成马鞍面。
+正交变换是一种特殊的合同变换，它既是合同变换，也是相似变换；用于正交变换的矩阵是正交矩阵，满足 $P^\mathrm TP=E$；正交变换能够保持二次型的几何度量（见下文“二次型”）
 
->[!danger] 待整合
 >与一个**实对称矩阵** 相似：特征值及其几何重数、代数重数相等
 >合同：惯性相同（正惯性指数、负惯性指数、$0$ 数都相同）且本身也是**实对称矩阵**.
 >即：如果 $A$ 与 $B$ 合同，且 $A$ 是实对称矩阵，则 $B$ 也是实对称矩阵。
@@ -188,8 +189,8 @@ $$\|\boldsymbol{\gamma}_3\|=\sqrt{\dfrac{3}{2}},\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfra
 #### 方法间核心区别与关联
 **区别**：见下表
 
-|方法|配方法|合同变换法|正交变换法|
-|:---:|:----:|:----:|:----------------:|
+|  方法   |  配方法   | 合同变换法  |       正交变换法        |
+| :---: | :----: | :----: | :----------------: |
 |  本质   | 一般合同变换 | 一般合同变换 |  正交合同变换，变换矩阵为正交矩阵  |
 | 标准型系数 | 仅保持惯性  | 仅保持惯性  |        特征值         |
 | 计算复杂度 |   低    |   中    |         高          |
@@ -317,16 +318,17 @@ $$\|\boldsymbol{\gamma}_3\|=\sqrt{\dfrac{3}{2}},\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfra
 >设 $A$ 对应于特征值 $\lambda_1=\lambda_2=1$ 的特征向量为 $\boldsymbol{\alpha}=\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix}$，则 $\boldsymbol{\alpha}$与$\boldsymbol{\alpha}_3$ 正交，即满足方程组 $z_1+z_2+z_3=0$，求得该方程组的一个基础解系 $\boldsymbol{\alpha}_1=\begin{bmatrix}-1\\1\\0\end{bmatrix},\boldsymbol{\alpha}_2=\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}$.
 >令 $\boldsymbol{Q}=[\boldsymbol{\alpha}_1\ \boldsymbol{\alpha}_2\ \boldsymbol{\alpha}_3]=\begin{bmatrix}-1&1&1\\1&1&1\\0&-2&1\end{bmatrix}$，则有 $\boldsymbol{Q}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{Q}=\begin{bmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&0\end{bmatrix}$.
 >从而$$\boldsymbol{A}=\boldsymbol{Q}\begin{bmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&0\end{bmatrix}\boldsymbol{Q}^{-1}=\begin{bmatrix}-1&1&1\\1&1&1\\0&-2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&0&0\\0&3&0\\0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{2}&0\\\\\dfrac{1}{6}&\dfrac{1}{6}&-\dfrac{1}{3}\\\\\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2&-1&-1\\-1&2&-1\\-1&-1&2\end{bmatrix}$$
-
 ##### 其他类型
 >[!example] 例题
 >已知实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol x^T \boldsymbol A \boldsymbol x$ 在可逆线性变换 $\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\\ x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1& 2&2\\0&1&2\\0&2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\\ y_3\end{bmatrix}$ 的作用下得到标准型 $\displaystyle 4y_1^2-\frac{1}{2}y_2^2$，则二次型 $f(x_1,x_2,x_3)$ 在可逆线性变换 $\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-2 & -1 & 2\\-1 & 0 & 2\\-2 & 0 & 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix}$ 的作用下可以得到标准型$\underline{\qquad}$.
 
 >[!note] 解：
 >记 $\boldsymbol x=(x_1,x_2,x_3)^T,\boldsymbol y=(y_1,y_2,y_3)^T,\boldsymbol z=(z_1,z_2,z_3)^T,\boldsymbol C=\begin{bmatrix}1&2&2\\0&1&2\\0&2&1\end{bmatrix}$，
->解法一： $\boldsymbol x=\boldsymbol{Cy},\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\boldsymbol z$，从而$$\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix}=\boldsymbol C\begin{bmatrix}-z_2\\-z_1\\z_3\end{bmatrix},$$于是此变换下标准型为$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=4(-z_2)^2-\frac{1}{2}(-z_1)^2=-\frac{1}{2}z_1^2+4z_2^2.$
-
+> $\boldsymbol x=\boldsymbol{Cy},\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\boldsymbol z$，从而$$\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}z_1\\z_2\\z_3\end{bmatrix}=\boldsymbol C\begin{bmatrix}-z_2\\-z_1\\z_3\end{bmatrix},$$于是此变换下标准型为$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=4(-z_2)^2-\frac{1}{2}(-z_1)^2=-\frac{1}{2}z_1^2+4z_2^2.$
 
+>[!note] 另一种解法
+>记 $\boldsymbol x=(x_1,x_2,x_3)^T,\boldsymbol y=(y_1,y_2,y_3)^T,\boldsymbol z=(z_1,z_2,z_3)^T,\boldsymbol C=\begin{bmatrix}1&2&2\\0&1&2\\0&2&1\end{bmatrix}$，
+>$\boldsymbol x=C\boldsymbol y$
 
 ##### 正定性
 通常而言，我们目前能接触到的正定性相关题目需要从正定性的定义出发。
@@ -370,3 +372,11 @@ $$\|\boldsymbol{\gamma}_3\|=\sqrt{\dfrac{3}{2}},\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfra
 >[!note] 解：
 >二次型对应的矩阵为 $A=\begin{bmatrix}1 & \dfrac{t}{2} & 0 & 0 \\[6pt]\dfrac{t}{2} & 1 & 0 & 0 \\[6pt]0 & 0 & 1 & t \\[6pt]0 & 0 & t & 3t\end{bmatrix}.$ 由于二次型是正定的，故其矩阵的顺序主子式均大于零，所以$$\begin{vmatrix} 1 & \dfrac{t}{2} \\ \dfrac{t}{2} & 1 \end{vmatrix} = 1 - \dfrac{t^2}{4}>0,\begin{vmatrix}1 & \dfrac{t}{2} & 0 \\\dfrac{t}{2} & 1 & 0 \\0 & 0 & 1\end{vmatrix}=1-\dfrac{t^2}{4}>0,$$
 >$$|A|=\begin{vmatrix}1 & \dfrac{t}{2} & 0 & 0 \\[6pt]\dfrac{t}{2} & 1 & 0 & 0 \\[6pt]0 & 0 & 1 & t \\[6pt]0 & 0 & t & 3t\end{vmatrix}=(1 - \dfrac{t^2}{4})(3t-t^2)>0,$$故 $0<t<2.$
+
+# Section 3  易错点
+
+>[!danger] 危险！
+>1. 不同型的两个零矩阵不相等；
+>2. 矩阵乘法不可轻易互换。常见可交换场景：对于有理式 $f(x),g(x)$ 和矩阵 $A$，$f(A)$ 与 $g(A)$ 可交换；满足 $AB = kA + lB$ 的 $A,B$ 可交换；
+>3. 不得混淆分块矩阵的行列式与普通矩阵行列式
+>	$\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}=ad-bc$