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素材/整合素材/二次型题目（未完成）.md

@@ -0,0 +1,79 @@
+二次型的题目有以下几种基本考点：
+>1. 求标准型（规范型）；
+>2. 求把二次型变为标准型的正交变换矩阵；
+>3. 求一定条件下二次型函数的最值；
+>4. 正定性。
+
+最基本的方法就是：
+>1. 求特征值和特征向量；
+>2. 把特征向量拼接起来成为变换矩阵；
+>3. 或者把特征向量标准正交化，再拼接起来成为正交变换矩阵。
+
+但以上方法均是针对已知二次型的，如果题目给的二次型是一个抽象的，就需要更加灵活地运用不同的方法。
+
+>[!example] 例题
+>证明：已知实二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3,x_4)=\boldsymbol x^T\boldsymbol A \boldsymbol x$ 中，$\displaystyle \boldsymbol A^T=\boldsymbol A,\boldsymbol A$ 的各行元素之和等于 $6$ ，$\boldsymbol A$ 的秩等于 $1$,则 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)$ 在正交变换 $\boldsymbol x=\boldsymbol{Cy}$ 作用下可得到标准型 $6y_1^2$.
+
+>[!note] 证明：
+>$\boldsymbol A$ 的各行元素之和等于 $6$，即 $\boldsymbol A\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}6\\6\\6\end{bmatrix}=6\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$，于是 $6$ 是矩阵 $\boldsymbol A$ 对应向量 $\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}$ 的特征值，其代数重数至少为 $1$。
+>又 $\boldsymbol A$ 的秩为 $1$，所以齐次线性方程组 $\boldsymbol{Ax}=\boldsymbol 0$ 解空间的维数是 $2$，故 $0$ 也是矩阵 $\boldsymbol A$ 的特征值，几何重数为 $2$，代数重数也至少为 $2$。由上可知，矩阵 $\boldsymbol A$ 的特征值为 $6,0,0$，故二次型 $f$ 可以由正交变换得到标准型 $6y_1^2$.
+
+**题后总结：** 这道题的关键就在于怎么理解 “$\boldsymbol A$ 的各行元素之和等于 $6$” ，如果能正确地翻译这个条件，那这道题就迎刃而解了。至于怎么想到这一点，我可以提供一个思路：对矩阵 $\boldsymbol A$ 右乘一个向量，可以理解为是对 $\boldsymbol A$ 的列向量组进行线性组合；而题目中说各行元素之和为 $6$，这就是说把矩阵的三个列向量加在一起等于 $\begin{bmatrix}6\\6\\6\end{bmatrix}$，这样就能很顺利地解决这道题目了。
+
+>[!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 $\boldsymbol x=(x_1,x_2,x_3)^T,\boldsymbol y=(y_1,y_2,y_3)^T,\boldsymbol z=(z_1,z_2,z_3)^T,\boldsymbol C=\begin{bmatrix}1&2&2\\0&1&2\\0&2&1\end{bmatrix}$，于是 $\boldsymbol x=\boldsymbol{Cy},\boldsymbol x=\boldsymbol C\begin{bmatrix}0&-1&0\\-1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\boldsymbol z$，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$\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=4(-z_2)^2-\frac{1}{2}(-z_1)^2=-\frac{1}{2}z_1^2+4z_2^2.$
+
+**题后总结：** 此题关键在于理解可逆矩阵与初等变换之间的关系。如果能看到前一个线性变换和后一个线性变换之间只差了两次初等变换，把初等变换写成矩阵的形式，并运用矩阵乘法的结合律，就能够解出这道题了。
+
+>[!example] 例题（配方法）
+>把二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2^2+6x_2x_3+100x_3^2$ 通过配方法化为标准型。
+
+>[!example] 解：
+>$\displaystyle f=(x_1+x_2+x_3)^2+(x_2+2x_3)^3+95{x_3}^2$，令 $\displaystyle y_1=x_1+x_2+x_3,y_2=x_2+2x_3,y_3=x_3$，得 $\displaystyle f={y_1}^2+{y_2}^2+95{y_3}^2$
+
+**题后总结：** 配方法主要要注意，第一次配要把 $x_1$ 配干净，即在括号外面没有含 $x_1$ 的项，第二次就是 $x_2$，以此类推。
+
+>[!example] 例题
+>设二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3,(b>0),$ 其中二次型的矩阵特征值之和为 $1$，之积为 $-12$. 求正交变换将二次型化为标准型. 
+
+>[!note] 解：
+>二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\implies a=1,b=2.$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$
+>考虑 $\lambda=2$，则 $\displaystyle 2\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\-2&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 于是特征值 $2$ 的几何重数为 $2$, 对应的线性无关的特征向量可以为 $\displaystyle\xi_1=(2,0,1)^T,\xi_2=(0,1,0)^T$.
+>考虑 $\lambda=-3$，则 $\displaystyle -3\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}-4&0&-2\\0&-5&0\\-2&0&-1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$，则特征值 $-3$ 几何重数为 $1$, 对应的特征向量为 $\xi_3=(-1,0,2)^T$.
+>对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&1/\sqrt{5}\\0&1&0\\-1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$
+
+**题后总结：** 当二次型当中有参数的时候，要利用特征值的性质（和、积）把参数算出来，然后就是正常流程。
+
+>[!example] 例题
+>证明：已知实二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3,x_4)=\boldsymbol x^T\boldsymbol A \boldsymbol x$ 中，$\displaystyle \boldsymbol A^T=\boldsymbol A, |\boldsymbol A|<0,$ 则必存在非零向量 $\displaystyle\boldsymbol c=(c_1,c_2,c_3,c_4)^T$，使得 $\displaystyle f(c_1,c_2,c_3,c_4)=0$.
+
+>[!note] 证明：
+>设 $\displaystyle \boldsymbol A$ 的特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4$,则有 $|\boldsymbol A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3\lambda_4<0$，故四个特征值中有奇数个负数，故必定有正有负，从而二次型 $f$ 是不定的，故存在非零向量 $\displaystyle\boldsymbol c=(c_1,c_2,c_3,c_4)^T$，使得 $\displaystyle f(c_1,c_2,c_3,c_4)=0$.
+
+**题后总结：** 利用特征值正负与正定性的关系，以及特征值之积等于行列式，可以得出结论。**补充：** 正定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒大于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全正；半正定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒大于等于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全非负；负定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒小于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全负；半负定 $\Leftrightarrow$ 二次型恒小于等于零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值全非正；不定 $\Leftrightarrow$ 二次型有正有负也有零（在 $x_i$ 不全为 $0$ 的时候）$\Leftrightarrow$ 特征值有正有负（可以有零也可以没有）
+
+>[!example] 例题
+>证明：已知 $n$ 阶方阵 $\boldsymbol A$ 的特征值全大于 $0$, $\boldsymbol B$ 为 $n$ 半正定矩阵，则对任意 $k>0,l\ge0$，$k\boldsymbol A+l\boldsymbol B$ 正定.
+
+>[!note] 证明：
+>由题意，$\boldsymbol A$ 正定，于是 $\boldsymbol x^T\boldsymbol A\boldsymbol x>0,\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0$；$\boldsymbol B$ 正定，于是 $\boldsymbol x^T\boldsymbol B\boldsymbol x\ge0,\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0$. 则 $\boldsymbol x^T(k\boldsymbol A+l\boldsymbol B)\boldsymbol x=k\boldsymbol x^T\boldsymbol A\boldsymbol x+l\boldsymbol x^T\boldsymbol B\boldsymbol x>0$，于是由定义，$k\boldsymbol A+l\boldsymbol B$ 正定.
+
+**题后总结：** 正定性很多时候都需要用定义来判断。
+
+>[!example] 例题
+>已知二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+ax_3^2+2x_1x_3$ 经可逆线性变换 $\boldsymbol x=\boldsymbol P \boldsymbol y$ 化为 $\displaystyle y_1^2+y_2^2$.
+>（1）求 $a$ 的值及可逆矩阵 $\boldsymbol P$；
+>（2）当 $\boldsymbol x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 且 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 时，求 $f(x_1,x_2,x_3)$ 的最大值，并求满足 $x_1=x_2>0$ 的最大值点.
+
+>[!note] 解：
+>（1）由题意知 $f$ 的正惯性指数为 $2$，负惯性指数为 $0$. 二次型的矩阵为 $\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&a\end{bmatrix}$, 则 $\boldsymbol A$ 有特征值 $0$，所以 $|\boldsymbol A|=0\implies2(a-1)=0\implies a=1$,  故 $\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&1\end{bmatrix}.$
+>考虑特征多项式 $|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=\lambda(\lambda-2)^2=0 \implies \lambda_1=0,\lambda_2=\lambda_3=2.$ 
+>$\lambda=0$ 时，$-\boldsymbol A\rightarrow \begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 取 $\eta_1=(1,0,-1)^T$；
+>$\lambda=2$ 时，$2\boldsymbol E-\boldsymbol A\rightarrow \begin{bmatrix}1&0&-1\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 取 $\eta_2=(1,0,1)^T,\eta_3=(0,1,0)^T$. 
+>取 $\boldsymbol P_1=\begin{bmatrix}\eta_3\ \eta_2\ \eta_1\end{bmatrix}$, 则有 $\boldsymbol P_1^T\boldsymbol A\boldsymbol P_1=\begin{bmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&0\end{bmatrix},$ 再取 $\boldsymbol P_2=\begin{bmatrix}1/\sqrt{2}&0&0\\0&1/\sqrt{2}&0\\0&0&1\end{bmatrix}$, 有$\boldsymbol P_2^T\boldsymbol P_1^T\boldsymbol A\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2=(\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2)^T\boldsymbol A(\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2)=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 所以 $\boldsymbol P=\boldsymbol P_1\boldsymbol P_2=\begin{bmatrix}0&1/\sqrt{2}&1\\1/\sqrt{2}&0&0\\0&1/\sqrt{2}&-1\end{bmatrix}$.
+>（2）由 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 知 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$. 
+
+

素材/整合素材/正交及二次型.md

@@ -0,0 +1,207 @@
+# Section 1  正交矩阵
+## **正交矩阵**
+**定理**
+	设${A}$为$n$阶实方阵，则 ${A}^\mathrm{T}{A}={E}$ 的充要条件是${A}$的列（行）向量组为标准正交向量组.
+定义
+	若$\boldsymbol{A}$为n阶实矩阵，满足 ${A}^\mathrm{T}{A}={E}$，则称${A}$为正交矩阵.
+**性质 1**
+	设$\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2,\dots,\boldsymbol{\varepsilon}_n$ 为 $\mathbb{R}^n$ 的标准正交基，若记 $A_{n\times n}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{\varepsilon}_1&\boldsymbol{\varepsilon}_2&\dots&\boldsymbol{\varepsilon}_n\end{bmatrix}$，则 ${A}^\mathrm{T}{A}={E}$.
+**性质 2**
+	若 $A$ 为正交矩阵，则 $|A|=1$ 或 $|A|=-1$。
+**性质 3** 
+	若 $A$ 为正交矩阵，则 $A^\mathrm{T},\;A^{-1},\;A^*$ 也是正交矩阵。
+**性质 4**
+	若 $A,B$ 为 $n$ 阶正交矩阵，则 $AB$ 也是正交矩阵。
+**性质 5**
+	若 $A$ 为 $n$ 阶正交矩阵，则对任意的 $\boldsymbol x\in\mathbb{R}^n$，有 $\|A\boldsymbol x\|=\|\boldsymbol x\|$。 可利用向量长度的定义进行分析：$\|A\boldsymbol x\|^2=\langle A\boldsymbol x,A\boldsymbol x\rangle=\boldsymbol x^\mathrm{T} A^\mathrm{T} A \boldsymbol x=x^\mathrm{T} \boldsymbol x=\|\boldsymbol x\|^2$.
+
+这一性质提供了一个重要的线索：利用正交矩阵通过矩阵乘法对向量施行变换，所得向量与原向量的长度相同，同理可得向量的夹角也不变。因此在几何空间中进行几何变换，当变换矩阵为正交矩阵时可以保持图形的形状不变。
+### **例子**
+>[!example] 例题1
+>设 $\boldsymbol{\alpha}$ 为 $n$ 维实列向量，且 $\|\boldsymbol{\alpha}\| = k$，令 $H = E - l\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T$，其中 $k,l \in \mathbb{R}$。试讨论 $k,l$ 满足什么条件时 $H$ 为正交矩阵。
+
+>[!note] **解析**
+解题思路
+正交矩阵的定义是：若矩阵 H 满足 $H^T H = E$（其中 $E$ 为单位矩阵），则 $H$ 为正交矩阵。我们从这个定义出发推导条件。
+>步骤1：写出 $H^T$
+>已知 $H = E - l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T$，转置得
+$$H^T = (E - l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T)^T = E^T - l(\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T)^T = E - l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T$$
+>（因为 $E^T=E$，且 $(\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T)^T = \boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T$）
+>步骤2：计算 $H^T H$
+>$$\begin{align*}
+H^T H &= (E - l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T)(E - l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T) \\
+&= E \cdot E - E \cdot l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T - l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T \cdot E + l^2\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T \cdot \boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T \\
+&= E - 2l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T + l^2\boldsymbol \alpha(\alpha^T\boldsymbol \alpha)\boldsymbol \alpha^T
+\end{align*}$$
+>步骤3：代入$\boldsymbol \alpha^T\boldsymbol \alpha = \|\boldsymbol \alpha\|^2 = k^2 \Rightarrow H^T H = E - 2l\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T + l^2 k^2 \boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T$
+>合并同类项：
+>$$H^T H = E + \left(-2l + l^2 k^2\right)\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T$$
+>步骤4：令 $H^T H = E$
+>要使上式等于单位矩阵 $E$，必须满足：
+>$$\left(-2l + l^2 k^2\right)\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T = O$$
+>（$O$ 为零矩阵）
+>若  $\boldsymbol \alpha \neq \boldsymbol 0（即 k \neq 0）$，则$\boldsymbol \alpha\boldsymbol \alpha^T \neq O$，因此系数必须为$0$：
+$$-2l + l^2 k^2 = 0 \implies l(l k^2 - 2) = 0$$
+>解得$l = 0$ 或 $l = \dfrac{2}{k^2}$。
+>若 $\boldsymbol \alpha = \boldsymbol 0（即 k = 0$），则 $H = E$，显然 ￥ 是正交矩阵，此时对任意$l \in \mathbb{R}$ 均成立。
+>最终结论$$\begin{aligned}
+&1.\ \text{当}\ k = 0\ \text{时，对任意实数}\ l,\ H\ \text{为正交矩阵；} \\
+&2.\ \text{当}\ k \neq 0\ \text{时，}l = 0\ \text{或}\ l = \dfrac{2}{k^2}\ \text{时，}H\ \text{为正交矩阵。}
+\end{aligned}$$
+
+>[!example] 例题2
+>已知 $A$ = $[a_{ij}]_{n \times n}$为 $n\,(n \ge 2)$ 阶正交矩阵，证明：$A_{ij} = \pm a_{ij}\;(i,j=1,2,\dots,n)$，其中 $A_{ij}$ 为行列式 $|A|$  中 $a_{ij}$ 的代数余子式。
+
+
+>[!note] **解析**
+>设 $A$为 $n$阶正交矩阵（$n\ge2$），则 ${A}^T{A}={E}$
+>又由伴随矩阵与逆矩阵的关系：$A^{-1} = \frac{1}{|A|}{A}^*$
+>联立得 ${A}^T= \frac{1}{|A|}A^*$
+>正交矩阵的行列式满足 $\frac{1}{|A|} =±1$，故 $A^*={|A|}A^T=±A^T$ 
+>由伴随矩阵的定义，其第 $(j,i)$ 元为 $a_{ij}$​ 的代数余子式 $A_{ij}$​，而 $\pm A^T$ 的第 $(j,i)$ 元为 $±a_{ij}$​。比较对应元素得$A_{ij}​=±a_{ij}​,i,j=1,2,…,n.$
+>证毕
+## 施密特正交化法
+### **定理**
+设$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\dots,\boldsymbol{\alpha}_p$ 是向量空间 $V$ 中的线性无关向量组，则
+如下方法所得向量组$\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2,\dots,\boldsymbol{\varepsilon}_p$
+施密特正交化与单位化公式
+正交化过程
+$$\begin{align*}
+\boldsymbol{u}_1 &= \boldsymbol{\alpha}_1, \\
+\boldsymbol{u}_k &= \boldsymbol{\alpha}_k - \sum_{i=1}^{k-1}\frac{\langle\boldsymbol{\alpha}_k,\boldsymbol{u}_i\rangle}{\langle\boldsymbol{u}_i,\boldsymbol{u}_i\rangle}\boldsymbol{u}_i,\quad k=2,3,\dots,p.
+\end{align*}$$
+单位化过程
+$$\boldsymbol{\varepsilon}_k = \frac{\boldsymbol{u}_k}{\|\boldsymbol{u}_k\|},\quad 
+k=1,2,3,\dots,p$$
+
+### **例子**
+>[!example] **例3**
+已知 $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\dots,\boldsymbol{\alpha}_5$ 为欧氏空间 $V$ 的一组标准正交基，令$$\boldsymbol{\beta}_1 = \boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3,\quad
+\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_4,\quad
+\boldsymbol{\beta}_3 = 2\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3,$$
+$U = \text{span}\{\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3\}$求 $U$ 的一个标准正交基。
+
+>[!note] **解析**：
+ >施密特正交化
+>步骤1：正交化
+>取$$ \boldsymbol{\gamma}_1=\boldsymbol{\beta}_1=\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3,\ \ 
+\boldsymbol{\gamma}_2=\boldsymbol{\beta}_2-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}\boldsymbol{\gamma}_1$$$$\langle\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=1,\quad
+\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=2$$
+>$$\boldsymbol{\gamma}_2=\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2-\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_4$$
+>$$\boldsymbol{\gamma}_3=\boldsymbol{\beta}_3-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}\boldsymbol{\gamma}_1-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_2,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle}\boldsymbol{\gamma}_2$$
+>$$\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=3,\quad
+\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle=0$$
+>$$\boldsymbol{\gamma}_3=\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2-\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_3$$
+>步骤2：单位化
+$$\boldsymbol{\varepsilon}_1=\dfrac{\boldsymbol{\gamma}_1}{\|\boldsymbol{\gamma}_1\|}=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{2}}$$
+$$\|\boldsymbol{\gamma}_2\|=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$$
+$$\boldsymbol{\varepsilon}_2=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1-2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3+2\boldsymbol{\alpha}_4}{\sqrt{10}}$$
+$$\|\boldsymbol{\gamma}_3\|=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$$
+$$\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{6}}$$
+>$U$ 的标准正交基为
+>$$\boldsymbol{\varepsilon}_1=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{2}},\quad
+\boldsymbol{\varepsilon}_2=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1-2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3+2\boldsymbol{\alpha}_4}{\sqrt{10}},\quad
+\boldsymbol{\varepsilon}_3=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{6}}$$
+
+>[!example] **例4**
+>已知 $A$ $=$ $[\boldsymbol{\alpha}_1\ \boldsymbol{\alpha}_2\ \boldsymbol{\alpha}_3\ \boldsymbol{\alpha}_4]$ 为正交矩阵，其中
+>$$\boldsymbol{\alpha}_3 = \frac{1}{3}\begin{bmatrix}1\\-2\\0\\2\end{bmatrix},\quad
+\boldsymbol{\alpha}_4 = \frac{1}{6}\begin{bmatrix}2\sqrt{6}\\0\\-\sqrt{6}\\-\sqrt{6}\end{bmatrix}$$
+试求一个$\boldsymbol{\alpha}_1$ 和一个 $\boldsymbol{\alpha}_2$。
+
+
+>[!note] **解析**
+>$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2$必须与 $\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$都正交，且$\boldsymbol{\alpha}_1 与 \boldsymbol{\alpha}_2$ 也正交，模长为1。
+>设 $\boldsymbol{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$，正交条件等价于方程组：
+>$$\begin{cases}
+\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{\alpha}_3\rangle = x_1 - 2x_2 + 2x_4 = 0\\
+\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{\alpha}_4\rangle = 2\sqrt{6}x_1 - \sqrt{6}x_3 - \sqrt{6}x_4 = 0 \implies 2x_1 - x_3 - x_4 = 0
+\end{cases}$$
+>解上述齐次方程组,得到两个线性无关的解：
+>$$\boldsymbol{\xi}_1=(2,1,4,0)^T,\quad
+\boldsymbol{\xi}_2=(0,1,0,1)^T$$
+>正交化
+>$$\boldsymbol{\beta}_1 = \boldsymbol{\xi}_1 = (2,1,4,0)^T$$
+>$$\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\xi}_2 - \frac{\langle\boldsymbol{\xi}_2,\boldsymbol{\beta}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_1\rangle}\boldsymbol{\beta}_1
+= (0,1,0,1)^T - \frac{1}{21}(2,1,4,0)^T
+= \left(-\frac{2}{21},\frac{20}{21},-\frac{4}{21},1\right)^T$$
+>单位化$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{\boldsymbol{\beta}_1}{\|\boldsymbol{\beta}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{21}}(2,1,4,0)^T$$
+>$$\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{\boldsymbol{\beta}_2}{\|\boldsymbol{\beta}_2\|}
+=\frac{1}{3\sqrt{105}}(-2,20,-4,21)^T$$
+>满足条件的一组标准正交向量为：$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{1}{\sqrt{21}}\begin{bmatrix}2\\1\\4\\0\end{bmatrix},\quad\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{1}{3\sqrt{105}}\begin{bmatrix}-2\\20\\-4\\21\end{bmatrix}$$
+
+# Section 2  实对称矩阵的正交变换与二次型
+## 实对称矩阵在相似变换时的特殊性
+
+## 正交变换及合同
+
+## 二次型
+
+二次型，顾名思义，就是二次函数，只不过是 $n$ 元函数，当元数比较小时，我们可以清楚地画出它的图像，判断其几何形状，推得相应对的性质，然而一旦维度升高，我们是无法想象其空间几何构型的，只能从代数的角度了解其性质。因此引入二次型矩阵的概念，通过描述矩阵性质，进而得出函数的性质。
+
+首先，需要注意的是，二次型矩阵是人为定义的矩阵（只要满足一一对应就可以），为了更好的性质，我们选择了**实对称矩阵**作为描述对象。
+
+二次型中有许多 $x_ix_j$ 的交叉项，它会影响我们对函数正负的判断，而在矩阵上也就对应非对角线元素，我们想通过换元将交叉项消掉，只留下平方项。对应换元用线性代换思想描述就是 $\boldsymbol x=C\boldsymbol y$ ，其中 $C$ 可逆，然后也就是说 $f=\boldsymbol x^\mathrm TA\boldsymbol x=(C\boldsymbol y)^\mathrm TA(C\boldsymbol y)=\boldsymbol y^\mathrm T(C^\mathrm TAC)\boldsymbol y$ ,视 $\boldsymbol y$ 为新的变元，其对应的矩阵为 $C^\mathrm TAC$，由于 $C$ 是可逆变换，我们研究 $\boldsymbol y$，倒推回去就是研究 $\boldsymbol x$，（注意：可逆是非常重要的，并且经常被忽略），记 $B=C^\mathrm TAC$，回到最初想法“想通过换元将交叉项消掉，只留下平方项’’,换言之，通过找 $C$ ，使得 $B$ 变成对角阵。这也是贯穿二次型章节的一个重要问题。
+
+我们称换元后得到只含平方项的函数为标准型，平方项前面的系数，只要不变号，就能随便取，显然，标准型是无穷多的，因为换元是千奇百怪的。
+
+继续抽丝剥茧，称只含平方项的二次函数，且平方项系数只为 $1$ ，$-1$ 或 $0$ 的为规范形，一个二次型的规范形是唯一的。
+
+规范型的唯一性，恰是二次型最核心的代数本质体现——二次型的惯性。无论我们选取何种可逆线性代换，无论中间的标准型如何千变万化，二次型中平方项系数为 $1$、$-1$ 的项的个数始终固定不变，这两个固定的个数，便分别被称为二次型的**正惯性指数**与**负惯性指数**，而系数为 $0$ 的项的个数，自然就是变元个数与正、负惯性指数之和的差值。
+
+这一不变性并非偶然，而是由“惯性定理”严格保证的：任意一个实二次型，都可以通过可逆线性代换化为唯一的规范型，其正、负惯性指数是二次型本身固有的属性，与所选的线性代换无关。换句话说，惯性指数是二次型的“不变量”，它深刻反映了二次型在可逆变换下的本质特征，就像物体的质量一样，不随坐标系的转换而改变。而我们常用的化二次型为标准型的方法有正交变换法、配方法，本质上都依托可逆线性代换，与合同变换紧密关联，这些方法的步骤、特点及与惯性定理的关联，存在明确区别与内在联系，具体可梳理如下：
+#### （一）配方法（可逆线性代换，最通用便捷）
+
+配方法通过代数配方手段消去交叉项，直接构造可逆线性代换 $\boldsymbol x=C\boldsymbol y$ ，将二次型化为标准型，无需依赖矩阵的特征值、特征向量，适用所有实二次型。
+
+>[!tip] 核心步骤：
+>1.若二次型含某变量的平方项（如 $x_1^2$ ），先将含 $x_1$ 的所有项归并，配成完全平方，消去含 $x_1$ 的交叉项；
+>2.对剩余变量重复上述步骤，直至所有交叉项消去，得到仅含平方项的标准型；
+>3.反向推导得到可逆线性代换 $\boldsymbol x=C\boldsymbol y$ ，对应的矩阵变换为 $C^TAC=\Lambda$ （ $\Lambda$ 为对角阵，对角元为标准型系数）。
+
+**特点**：操作简单、计算量小，可灵活构造代换矩阵 $C$；但标准型系数不唯一（随配方方式变化），且 $C$ 不一定是正交矩阵，变换不保持几何度量（如长度、夹角）。
+#### **（二）合同变换法（直接作用于矩阵，直观体现合同关系）**
+
+合同变换法直接对实对称矩阵 $A$ 进行初等变换，通过“初等行变换+同步初等列变换”，将 $A$ 化为对角阵 $\Lambda$ ，同步记录初等列变换得到可逆矩阵 $C$，本质是直接构造 $C^TAC=\Lambda$ 。
+
+>[!tip] 核心步骤：
+>1. 构造分块矩阵 $\begin{bmatrix}A\\I\end{bmatrix}$ （I为单位矩阵）；
+>2. 对 $A$ 施行初等行变换的同时，对整个分块矩阵的列施行相同的初等列变换，使 $A$ 化为对角阵 $\Lambda$ ；
+>3. 此时下方单位矩阵I同步化为可逆矩阵 $C$，满足 $C^TAC=\Lambda$ ，对应线性代换 $X=CY$ ，二次型化为标准型 $f=\Lambda_{11}y_1^2+\Lambda_{22}y_2^2+...+\Lambda_{nn}y_n^2$ 。
+
+**特点**：直接关联矩阵合同关系，**直观体现二次型化标准型的本质**；标准型系数不唯一，C由初等变换直接得到；适用于需明确合同矩阵的场景，计算量介于配方法与正交变换法之间。
+#### （三）**正交变换法（特殊可逆代换，保几何度量）**
+
+正交变换法利用实对称矩阵可正交对角化的性质，构造正交矩阵Q（满足 $Q^T=Q^{-1}$ ），使 $Q^TAQ=\Lambda$ ，其中 $\Lambda$ 的对角元为A的特征值，对应的线性代换 $X=QY$ 为正交变换。
+>[!tip] 核心步骤：
+>1.求二次型对应实对称矩阵 $A$ 的全部特征值 $\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n$ 
+>对每个特征值，求对应的特征向量，并将属于同一特征值的特征向量正交化；
+>2.将所有正交化后的特征向量单位化，得到正交矩阵 $Q$；
+>3作正交变换 $X=QY$ ，二次型化为标准型$f=\lambda_1y_1^2+\lambda_2y_2^2+...+\lambda_ny_n^2$ 。
+
+**特点**：标准型系数为 $A$ 的特征值，具有唯一性（不计顺序）；正交变换保持向量长度、夹角不变，几何意义明确（如旋转、反射变换）；但计算量较大，需求解特征值和特征向量。
+
+#### 方法间核心区别与关联
+|  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          |
+| 几何意义  | 无几何约束  | 无几何约束  | 保持几何度量（变换后图形形状不改变） |
+
+**关联**：所有方法均基于可逆线性代换，本质都是矩阵的合同对角化；无论哪种方法得到的标准型，其正、负惯性指数均由惯性定理保证恒定，最终都可通过进一步代换化为唯一的规范型。
+
+>[!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。
+>证明：$B=P^\mathrm TAP \Rightarrow B^\mathrm T=(P^\mathrm TAP)^\mathrm T=P^\mathrm TA^\mathrm TP=P^\mathrm TAP$，即 $B^\mathrm T=B$
+
+>[!example] 例题
+>已知三阶实对称矩阵 $A$ 与 $\begin{bmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&-3\end{bmatrix}$ 相似，则下列矩阵中，与 $A$ 相似但不合同的是
+>A. $\begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{bmatrix}\qquad$  B. $\begin{bmatrix}-3&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}\qquad$  C. $\begin{bmatrix}-3&1&1\\0&1&1\\0&0&2\end{bmatrix}\qquad$  D. $\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&3\end{bmatrix}$
+
+>[!note] 解析
+>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**
+> $C$ 选项的特征值与 $A$ 相同，然而, $C$ 选项的矩阵不是对称矩阵

素材/正交及二次型.md

@@ -1,157 +0,0 @@
-# Section 1  正交矩阵
-## **正交矩阵**
-**定理**
-	设$\boldsymbol{A}$为n阶实方阵，则 $\boldsymbol{A}^\mathrm{T}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$ 的充要条件是$\boldsymbol{A}$的列（行）向量组为标准正交向量组.
-定义
-	若$\boldsymbol{A}$为n阶实矩阵，满足 $\boldsymbol{A}^\mathrm{T}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$，则称$\boldsymbol{A}$为正交矩阵.
-**性质 1**
-	设$\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2,\dots,\boldsymbol{\varepsilon}_n$ 为 $\mathbb{R}^n$ 的标准正交基，若记 $A_{n\times n}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{\varepsilon}_1&\boldsymbol{\varepsilon}_2&\dots&\boldsymbol{\varepsilon}_n\end{bmatrix}$，则 $\boldsymbol{A}^\mathrm{T}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$.
-**性质 2**
-	若 $A$ 为正交矩阵，则 $|A|=1$ 或 $|A|=-1$。
-**性质 3** 
-	若 $A$ 为正交矩阵，则 $A^\mathrm{T},\;A^{-1},\;A^*$ 也是正交矩阵。
-**性质 4**
-	若 $A,B$ 为 $n$ 阶正交矩阵，则 $AB$ 也是正交矩阵。
-**性质 5**
-	若 $A$ 为 $n$ 阶正交矩阵，则对任意的 $x\in\mathbb{R}^n$，有 $\|Ax\|=\|x\|$。 可利用向量长度的定义进行分析：$\|Ax\|^2=\langle Ax,Ax\rangle=x^\mathrm{T} A^\mathrm{T} A x=x^\mathrm{T} x=\|x\|^2$.
-
-这一性质提供了一个重要的线索：利用正交矩阵通过矩阵乘法对向量施行变换，所得向量与原向量的长度相同，同理可得向量的夹角也不变。因此在几何空间中进行几何变换，当变换矩阵为正交矩阵时可以保持图形的形状不变。
-### **例子**
->[!example] 例题1
->设 $\boldsymbol{\alpha}$ 为 n 维实列向量，且 $\|\boldsymbol{\alpha}\| = k$，令 $H = E - l\boldsymbol{\alpha}\boldsymbol{\alpha}^T$，其中 $k,l \in \mathbb{R}$。试讨论 $k,l$ 满足什么条件时 H 为正交矩阵。
-
->[!note] **解析**
-解题思路
-正交矩阵的定义是：若矩阵 H 满足 $H^T H = E$（其中 E 为单位矩阵），则 H 为正交矩阵。我们从这个定义出发推导条件。
->步骤1：写出 $H^T$
->已知 $H = E - l\alpha\alpha^T$，转置得
-$$H^T = (E - l\alpha\alpha^T)^T = E^T - l(\alpha\alpha^T)^T = E - l\alpha\alpha^T$$
->（因为 $E^T=E$，且 $(\alpha\alpha^T)^T = \alpha\alpha^T$）
->步骤2：计算 $H^T H$
->$$\begin{align*}
-H^T H &= (E - l\alpha\alpha^T)(E - l\alpha\alpha^T) \\
-&= E \cdot E - E \cdot l\alpha\alpha^T - l\alpha\alpha^T \cdot E + l^2\alpha\alpha^T \cdot \alpha\alpha^T \\
-&= E - 2l\alpha\alpha^T + l^2\alpha(\alpha^T\alpha)\alpha^T
-\end{align*}$$
->步骤3：代入$\alpha^T\alpha = \|\alpha\|^2 = k^2 \Rightarrow H^T H = E - 2l\alpha\alpha^T + l^2 k^2 \alpha\alpha^T$
->合并同类项：
->$$H^T H = E + \left(-2l + l^2 k^2\right)\alpha\alpha^T$$
->步骤4：令 $H^T H = E$
->要使上式等于单位矩阵 E，必须满足：
->$$\left(-2l + l^2 k^2\right)\alpha\alpha^T = O$$
->（$O$ 为零矩阵）
->若  $\alpha \neq 0（即 k \neq 0）$，则$\alpha\alpha^T \neq O$，因此系数必须为0：
-$$-2l + l^2 k^2 = 0 \implies l(l k^2 - 2) = 0$$
->解得$l = 0$ 或 $l = \dfrac{2}{k^2}$。
->若 $\alpha = 0（即 k = 0$），则 H = E，显然 E 是正交矩阵，此时对任意$l \in \mathbb{R}$ 均成立。
->最终结论
->$$\boxed{
-\begin{aligned}
-&1.\ \text{当}\ k = 0\ \text{时，对任意实数}\ l,\ H\ \text{为正交矩阵；} \\
-&2.\ \text{当}\ k \neq 0\ \text{时，}l = 0\ \text{或}\ l = \dfrac{2}{k^2}\ \text{时，}H\ \text{为正交矩阵。}
-\end{aligned}
-}$$
-
->[!example] 例题2
->已知 A = $[a_{ij}]_{n \times n} 为 n\,(n \ge 2)$ 阶正交矩阵，证明：$A_{ij} = \pm a_{ij}\;(i,j=1,2,\dots,n)$，其中 $A_{ij}$ 为行列式 $|A|$  中 $a_{ij}$ 的代数余子式。
-
-
->[!note] **解析**
->设 A为 n阶正交矩阵（n≥2），则 $\boldsymbol{A}^T\boldsymbol{A}=\boldsymbol{E}$
->又由伴随矩阵与逆矩阵的关系：$\boldsymbol A^{-1} = \frac{1}{|A|}\boldsymbol{A}^*$$
->联立得 $\boldsymbol{A}^T= \frac{1}{|A|}\boldsymbol A^*$
->正交矩阵的行列式满足 $\frac{1}{|A|} =±1$，故 $A^*={|A|}A^T=±A^T$ 
->由伴随矩阵的定义，其第 $(j,i)$ 元为 $a_{ij}$​ 的代数余子式 $A_{ij}$​，而 $\pm A^T$ 的第 $(j,i)$ 元为 $±a_{ij}$​。比较对应元素得$A_{ij}​=±a_{ij}​,i,j=1,2,…,n.$
->证毕
-## 施密特正交化法
-### **定理**
-设$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\dots,\boldsymbol{\alpha}_p$ 是向量空间 V 中的线性无关向量组，则
-如下方法所得向量组$\boldsymbol{\varepsilon}_1,\boldsymbol{\varepsilon}_2,\dots,\boldsymbol{\varepsilon}_p$
-施密特正交化与单位化公式
-正交化过程
-$$\begin{align*}
-\boldsymbol{u}_1 &= \boldsymbol{\alpha}_1, \\
-\boldsymbol{u}_k &= \boldsymbol{\alpha}_k - \sum_{i=1}^{k-1}\frac{\langle\boldsymbol{\alpha}_k,\boldsymbol{u}_i\rangle}{\langle\boldsymbol{u}_i,\boldsymbol{u}_i\rangle}\boldsymbol{u}_i,\quad k=2,3,\dots,p.
-\end{align*}$$
-单位化过程
-$$\boldsymbol{\varepsilon}_k = \frac{\boldsymbol{u}_k}{\|\boldsymbol{u}_k\|},\quad 
-k=1,2,3,\dots,p$$
-
-### **例子**
->[!example] **例3**
-已知 $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\dots,\boldsymbol{\alpha}_5$ 为欧氏空间 V 的一组标准正交基，令$$\boldsymbol{\beta}_1 = \boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3,\quad
-\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_4,\quad
-\boldsymbol{\beta}_3 = 2\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3,$$
-$U = \text{span}\{\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3\}$求 U 的一个标准正交基。
-
->[!note] **解析**：
- >施密特正交化
->步骤1：正交化
->取$$ \boldsymbol{\gamma}_1=\boldsymbol{\beta}_1=\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3,\ \ 
-\boldsymbol{\gamma}_2=\boldsymbol{\beta}_2-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}\boldsymbol{\gamma}_1$$$$\langle\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=1,\quad
-\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=2$$
->$$\boldsymbol{\gamma}_2=\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2-\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_3+\boldsymbol{\alpha}_4$$
->$$\boldsymbol{\gamma}_3=\boldsymbol{\beta}_3-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_1,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle}\boldsymbol{\gamma}_1-\dfrac{\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle}{\langle\boldsymbol{\gamma}_2,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle}\boldsymbol{\gamma}_2$$
->$$\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_1\rangle=3,\quad
-\langle\boldsymbol{\beta}_3,\boldsymbol{\gamma}_2\rangle=0$$
->$$\boldsymbol{\gamma}_3=\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_2-\frac{1}{2}\boldsymbol{\alpha}_3$$
->步骤2：单位化
-$$\boldsymbol{\varepsilon}_1=\dfrac{\boldsymbol{\gamma}_1}{\|\boldsymbol{\gamma}_1\|}=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{2}}$$
-$$\|\boldsymbol{\gamma}_2\|=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$$
-$$\boldsymbol{\varepsilon}_2=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1-2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3+2\boldsymbol{\alpha}_4}{\sqrt{10}}$$
-$$\|\boldsymbol{\gamma}_3\|=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$$
-$$\boldsymbol{\varepsilon}_3=\dfrac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{6}}$$
->U 的标准正交基为
->$$\boldsymbol{\varepsilon}_1=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1+\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{2}},\quad
-\boldsymbol{\varepsilon}_2=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1-2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3+2\boldsymbol{\alpha}_4}{\sqrt{10}},\quad
-\boldsymbol{\varepsilon}_3=\frac{\boldsymbol{\alpha}_1+2\boldsymbol{\alpha}_2-\boldsymbol{\alpha}_3}{\sqrt{6}}$$
-
->[!example] **例4**
->已知 A = $[\boldsymbol{\alpha}_1\ \boldsymbol{\alpha}_2\ \boldsymbol{\alpha}_3\ \boldsymbol{\alpha}_4]$ 为正交矩阵，其中
->$$\boldsymbol{\alpha}_3 = \frac{1}{3}\begin{bmatrix}1\\-2\\0\\2\end{bmatrix},\quad
-\boldsymbol{\alpha}_4 = \frac{1}{6}\begin{bmatrix}2\sqrt{6}\\0\\-\sqrt{6}\\-\sqrt{6}\end{bmatrix}$$
-试求一个$\boldsymbol{\alpha}_1$ 和一个 $\boldsymbol{\alpha}_2$。
-
-
->[!note] **解析**
->$\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2$必须与 $\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_4$都正交，且$\boldsymbol{\alpha}_1 与 \boldsymbol{\alpha}_2$ 也正交，模长为1。
->设 $\boldsymbol{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$，正交条件等价于方程组：
->$$\begin{cases}
-\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{\alpha}_3\rangle = x_1 - 2x_2 + 2x_4 = 0\\
-\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{\alpha}_4\rangle = 2\sqrt{6}x_1 - \sqrt{6}x_3 - \sqrt{6}x_4 = 0 \implies 2x_1 - x_3 - x_4 = 0
-\end{cases}$$
->解上述齐次方程组,得到两个线性无关的解：
->$$\boldsymbol{\xi}_1=(2,1,4,0)^T,\quad
-\boldsymbol{\xi}_2=(0,1,0,1)^T$$
->正交化
->$$\boldsymbol{\beta}_1 = \boldsymbol{\xi}_1 = (2,1,4,0)^T$$
->$$\boldsymbol{\beta}_2 = \boldsymbol{\xi}_2 - \frac{\langle\boldsymbol{\xi}_2,\boldsymbol{\beta}_1\rangle}{\langle\boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_1\rangle}\boldsymbol{\beta}_1
-= (0,1,0,1)^T - \frac{1}{21}(2,1,4,0)^T
-= \left(-\frac{2}{21},\frac{20}{21},-\frac{4}{21},1\right)^T$$
->单位化$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{\boldsymbol{\beta}_1}{\|\boldsymbol{\beta}_1\|}=\frac{1}{\sqrt{21}}(2,1,4,0)^T$$
->$$\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{\boldsymbol{\beta}_2}{\|\boldsymbol{\beta}_2\|}
-=\frac{1}{3\sqrt{105}}(-2,20,-4,21)^T$$
->满足条件的一组标准正交向量为：$$\boldsymbol{\alpha}_1 = \frac{1}{\sqrt{21}}\begin{bmatrix}2\\1\\4\\0\end{bmatrix},\quad\boldsymbol{\alpha}_2 = \frac{1}{3\sqrt{105}}\begin{bmatrix}-2\\20\\-4\\21\end{bmatrix}$$
-
-# Section 2  实对称矩阵的正交变换与二次型
-## 实对称矩阵在相似变换时的特殊性
-
-## 正交变换及合同
-
-## 二次型
-
-![[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 $\boldsymbol A$ 与 $\boldsymbol B$ 合同，且 $\boldsymbol A$ 是实对称矩阵，则 $\boldsymbol B$ 也是实对称矩阵。
->证明：$\boldsymbol B=\boldsymbol P^\mathrm T\boldsymbol A\boldsymbol P \Rightarrow \boldsymbol B^\mathrm T=(\boldsymbol P^\mathrm T\boldsymbol A\boldsymbol P)^\mathrm T=\boldsymbol P^\mathrm T\boldsymbol A^\mathrm T\boldsymbol P=\boldsymbol P^\mathrm T\boldsymbol A\boldsymbol P$，即 $\boldsymbol B^\mathrm T=\boldsymbol B$
-
->[!example] 例题
->已知三阶实对称矩阵 $\boldsymbol A$ 与 $\begin{bmatrix}2&0&0\\0&1&0\\0&0&-3\end{bmatrix}$ 相似，则下列矩阵中，与 $\boldsymbol A$ 相似但不合同的是
->A. $\begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{bmatrix}$  B. $\begin{bmatrix}-3&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{bmatrix}$  C. $\begin{bmatrix}-3&1&1\\0&1&1\\0&0&2\end{bmatrix}$  D. $\begin{bmatrix}1&0&0\\0&-2&0\\0&0&3\end{bmatrix}$
-
->[!note] 解析
->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**
->C选项的特征值与 $\boldsymbol A$ 相同，然而，C选项的矩阵不是对称矩阵

线代素材.md

@@ -0,0 +1,67 @@
+1.下列关于矩阵秩的结论中，错误的是 【 】
+
+A. 若矩阵 $A, B, C$ 满足 $A = BC$ 且 $B$ 是列满秩的，则 $A$ 列满秩当且仅当 $C$ 列满秩。
+
+B. 行阶梯形矩阵中 1 的个数等于矩阵的秩。
+
+C. 设 $A, B$ 均为 $n$ 阶方阵，则 $\text{rank}(AB) = \text{rank}B$ 的充要条件是线性方程组 $(AB)x = 0$ 与 $Bx = 0$ 同解。
+
+D. 设 $A$ 为 $n$ 阶方阵，则 $\text{rank}(A^n) = \text{rank}(A^{n+1})$。
+
+# 矩阵秩的结论辨析（选择题解析）
+**答案**：$\boldsymbol{B}$
+
+## 选项A：列满秩矩阵的乘积性质
+**结论**：正确
+**解析**：
+设$A = BC$，且$B$ 是列满秩矩阵（$\text{rank}(B) = B的列数$）。
+- 列满秩矩阵的核心性质：$B\boldsymbol{y} = \boldsymbol{0} \iff \boldsymbol{y} = \boldsymbol{0}$。
+- 因此$A\boldsymbol{x} = BC\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0} \iff C\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$。
+- 而$A$ 列满秩$\iff A\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 只有零解；$C$ 列满秩$\iff C\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 只有零解。
+- 故$A$ 列满秩$\iff C$ 列满秩。
+
+## 选项B：行阶梯形矩阵的秩
+**结论**：错误
+**解析**：
+行阶梯形矩阵的秩等于**非零行的个数**，而非“1的个数”。
+例：
+$$
+M = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
+$$
+是行阶梯形矩阵，秩为$2$，但矩阵中无“1”，因此“1的个数等于秩”不成立。
+
+## 选项C：$\text{rank}(AB) = \text{rank}(B)$的充要条件
+**结论**：正确
+**解析**：
+设$A,B$ 为$n$ 阶方阵：
+- **必要性**：若$\text{rank}(AB) = \text{rank}(B)$，则$AB\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 与$B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解空间维数相等；又$B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解必是$AB\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解，故二者同解。
+- **充分性**：若$AB\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 与$B\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 同解，则解空间维数相等；由秩-零度定理，$\text{rank}(AB) = n - \dim N(AB) = n - \dim N(B) = \text{rank}(B)$。
+
+## 选项D：$\text{rank}(A^n) = \text{rank}(A^{n+1})$（$A$为$n$阶方阵）
+**结论**：正确
+**详细推导**：
+### 1. 秩的单调性铺垫
+对于$n$ 阶方阵$A$，秩序列$\text{rank}(A^k)$ 满足：
+$$
+\text{rank}(A) \ge \text{rank}(A^2) \ge \dots \ge \text{rank}(A^k) \ge \dots \ge 0
+$$
+（因$\text{rank}(AB) \le \min(\text{rank}(A),\text{rank}(B))$）
+
+### 2. 证明“必存在$k \le n$使$\text{rank}(A^k) = \text{rank}(A^{k+1})$”
+若秩序列一直严格递减，则$\text{rank}(A^{n+1}) \le \text{rank}(A) - n$；
+但$A$ 不满秩时$\text{rank}(A) \le n-1$，会推出$\text{rank}(A^{n+1}) \le -1$，与“秩非负”矛盾。
+故存在$k \le n$，使$\text{rank}(A^k) = \text{rank}(A^{k+1})$。
+
+### 3. 证明“取等后秩恒不变”
+设$N(A^m)$ 为$A^m\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$ 的解空间：
+- 由秩-零度定理，$\dim N(A^k) = n - \text{rank}(A^k) = n - \text{rank}(A^{k+1}) = \dim N(A^{k+1})$；
+- 又$N(A^k) \subseteq N(A^{k+1})$，有限维空间中“子空间维数等于原空间维数则子空间相等”，故$N(A^k) = N(A^{k+1})$。
+
+下证$\text{rank}(A^{k+1}) = \text{rank}(A^{k+2})$：
+- 任取$\boldsymbol{x} \in N(A^{k+2})$，则$A^{k+2}\boldsymbol{x} = A(A^{k+1}\boldsymbol{x}) = \boldsymbol{0}$，即$A^{k+1}\boldsymbol{x} \in N(A)$；
+- 结合$N(A^k) = N(A^{k+1})$，可推出$A^{k+1}\boldsymbol{x} = \boldsymbol{0}$，即$\boldsymbol{x} \in N(A^{k+1})$；
+- 故$N(A^{k+2}) \subseteq N(A^{k+1})$，又$N(A^{k+1}) \subseteq N(A^{k+2})$，得$N(A^{k+1}) = N(A^{k+2})$，即$\text{rank}(A^{k+1}) = \text{rank}(A^{k+2})$。
+
+### 4. 结论
+因$k \le n$，故$\text{rank}(A^n) = \text{rank}(A^{n+1})$。
+

编写小组/讲义/矩阵相似变换.md

@@ -19,6 +19,7 @@
 
 >[!note] 证明：
 >设维数等于 $n$ ，则空间 $W$ 中能取出 $n$ 个线性无关的向量作为基。而 $V$ 的维数也是 $n$，所以 $V$ 的基也只有 $n$ 个向量，所以刚刚取出来的那 $n$ 个向量也是$V$ 的基，故 $W=V$.
+
 >[!warning] 有以下几个点需要注意： 
 >1. 零空间$\displaystyle\{\boldsymbol{0}\}$没有基；
 >2. 一般来说，向量空间的基是不唯一的；
@@ -48,7 +49,7 @@ $$称矩阵 $\boldsymbol{K}$ 为基 $T_1$ 到基 $T_2$ 的**过渡矩阵**.由
 既然我们已经学了这么多的知识了，那不妨来做几道题试试吧！
 
 >[!example] 例题1
->设$V=\{(x_1,x_2,x_3)^T|x_1+x_2+x_3=0,x_1,x_2,x_3\in\mathbb{R}\}$，证明$V$是一个向量空间，并求出它的一组基.
+>设$V=\{(x_1,x_2,x_3)^\mathrm{T}|x_1+x_2+x_3=0,x_1,x_2,x_3\in\mathbb{R}\}$，证明$V$是一个向量空间，并求出它的一组基.
 
 ```text
 
@@ -60,10 +61,14 @@ $$称矩阵 $\boldsymbol{K}$ 为基 $T_1$ 到基 $T_2$ 的**过渡矩阵**.由
 
 
 
+
+
+
+
 ```
 
 >[!example] 例题2
->已知$\mathbb{R}^2$的两组基$\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$和$\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2$.求一个非零向量$\boldsymbol\beta\in\mathbb{R}^2$，使得$\boldsymbol\beta$在两组基下有相同的坐标，其中$\boldsymbol\alpha_1=(2,-1)^T,\boldsymbol\alpha_2=(5,-4)^T;\boldsymbol\varepsilon_1=(1,0)^T,\boldsymbol\varepsilon_2=(0,1)^T.$
+>已知$\mathbb{R}^2$的两组基$\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$和$\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2$.求一个非零向量$\boldsymbol\beta\in\mathbb{R}^2$，使得$\boldsymbol\beta$在两组基下有相同的坐标，其中$\boldsymbol\alpha_1=(2,-1)^\mathrm{T},\boldsymbol\alpha_2=(5,-4)^\mathrm{T};\boldsymbol\varepsilon_1=(1,0)^\mathrm{T},\boldsymbol\varepsilon_2=(0,1)^\mathrm{T}.$
 
 ```text
 
@@ -74,6 +79,11 @@ $$称矩阵 $\boldsymbol{K}$ 为基 $T_1$ 到基 $T_2$ 的**过渡矩阵**.由
 
 
 
+
+
+
+
+
 ```
 
 好了，现在回到我们的主题：线性空间。先下定义：
@@ -104,7 +114,7 @@ $$称矩阵 $\boldsymbol{K}$ 为基 $T_1$ 到基 $T_2$ 的**过渡矩阵**.由
 上面第三个例子不要求大家掌握，但前两个还是得清楚的，这是书上明确给了的例子。
 
 >[!example] 例题3
->设$V$是定义于区间$[a,b]$上取正值的所有函数的集合，我们定义$$f\oplus g=f\times g,\lambda \odot f=f^\lambda\qquad(f,g\in V,\lambda\in\mathbb{R}).$$证明：在上述运算下，$V$是实数域$\mathbb{R}$上的线性空间.
+>证明多项式空间是线性空间。
 
 ```text
 
@@ -118,8 +128,22 @@ $$称矩阵 $\boldsymbol{K}$ 为基 $T_1$ 到基 $T_2$ 的**过渡矩阵**.由
 
 
 
+
+
+
 ```
 
+>[!example] 例题3.5
+>设$V$是定义于区间$[a,b]$上取正值的所有函数的集合，我们定义$$f\oplus g=f\times g,\lambda \odot f=f^\lambda\qquad(f,g\in V,\lambda\in\mathbb{R}).$$证明：在上述运算下，$V$是实数域$\mathbb{R}$上的线性空间.
+
+>[!note] **证明：** 
+>加法$\oplus$交换律、结合律显然成立.
+>取常值映射$\text{c}:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^+,\text{c}(x)=1$，有 $\forall f\in V,(f\oplus\text{c})(x)=f(x)\times\text c(x)=f(x)\times1=f(x),$ 故映射 $\text{c}$ 为零元.
+>对任意$f\in V$，取映射$\displaystyle g\in V:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^+,g(x)=\frac{1}{f(x)}$，则 $(f\oplus g)(x)=f(x)\times g(x)=1=\text{c}(x)$，故$g$为$f$的负元. 显然负元唯一.
+> 取$\lambda=1$，显然$1\odot f=f^1=f$，故存在数乘单位元. 
+> 任取 $\displaystyle f,g\in V,x\in[a,b],\lambda\in\mathbb{R}$，则 $(f\oplus g)(x)=f(x)\cdot g(x)>0,\lambda\odot f(x)=(f(x))^\lambda>0,$ 故 $(f\oplus g),(\lambda\odot f)\in V$，即 $V$ 对上述加法和数乘封闭.
+> 故在上述运算下，$V$是实数域$\mathbb{R}$上的线性空间.
+
 $V$ 中的向量之间具有内在联系，例如任意的向量都可以由一组基线性表示，不同基之间也具有基变换的计算公式等。向量之间的联系可以用线性变换来描述，线性变换是线性空间 $V$ 到自身的一种特定映射。
 用一个矩阵左乘一个向量，总能变成另一个向量。例如，用矩阵 
 $$
@@ -133,7 +157,7 @@ $$
 则称 $T$ 为 $U$ 到 $V$ 的**线性映射**。
 特别地，若 $T$ 是线性空间 $V$ 到 $V$ 的一个线性映射，则称 $T$ 是 $V$ 上的一个**线性变换**。
 
-> **注**：可加性和齐次性可以合并为  $T(k\boldsymbol{\alpha}+l\boldsymbol{\beta})=kT(\boldsymbol{\alpha})+lT(\boldsymbol{\beta})$，其中 $k,l \in \mathbb{R}$。
+> **注**：可加性和齐次性可以合并为  $T(k\boldsymbol{\alpha}+l\boldsymbol{\beta})=kT(\boldsymbol{\alpha})+lT(\boldsymbol{\beta})$，其中 $k,l \in \mathbb{R}$. 证明 $T$ 是线性变换就等价于证明 $T(k\boldsymbol{\alpha}+l\boldsymbol{\beta})=kT(\boldsymbol{\alpha})+lT(\boldsymbol{\beta})$.
 
 >[!info] **定理**  
 >设 $V$ 是线性空间，$T$ 是 $V$ 上的线性变换，则有：
@@ -171,6 +195,8 @@ $$
 
 
 
+
+
 ```
 
 >[!example] 例题5
@@ -189,6 +215,9 @@ $$
 
 
 
+
+
+
 ```
 
 ###  线性变换的矩阵表示
@@ -227,7 +256,8 @@ $$
 由 $\left[\boldsymbol{\beta}_1\;\boldsymbol{\beta}_2\;\dots\;\boldsymbol{\beta}_n\right]=\left[\boldsymbol{\alpha}_1\;\boldsymbol{\alpha}_2\;\dots\;\boldsymbol{\alpha}_n\right]C$，且  $$
 \left[T(\boldsymbol{\alpha}_1)\;T(\boldsymbol{\alpha}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\alpha}_n)\right]=\left[\boldsymbol{\alpha}_1\;\boldsymbol{\alpha}_2\;\dots\;\boldsymbol{\alpha}_n\right]A,$$  $$
 \left[T(\boldsymbol{\beta}_1)\;T(\boldsymbol{\beta}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\beta}_n)\right]=\left[\boldsymbol{\beta}_1\;\boldsymbol{\beta}_2\;\dots\;\boldsymbol{\beta}_n\right]B.$$
-计算得：$$
+由 $\boldsymbol \beta_i=c_{1i}\boldsymbol\alpha_1+\cdots+c_{ni}\boldsymbol\alpha_n$ 及线性变换的定义可知$$T(\boldsymbol\beta_i)=c_{1i}T(\boldsymbol\alpha_1)+\cdots+c_{ni}T(\boldsymbol\alpha_n),$$
+从而：$$
 \begin{aligned}
 \left[T(\boldsymbol{\beta}_1)\;T(\boldsymbol{\beta}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\beta}_n)\right]&=\left[T(\boldsymbol{\alpha}_1)\;T(\boldsymbol{\alpha}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\alpha}_n)\right]C \\
 &=\left[\boldsymbol{\alpha}_1\;\boldsymbol{\alpha}_2\;\dots\;\boldsymbol{\alpha}_n\right]AC \\
@@ -252,6 +282,7 @@ $$
 
 
 
+
 ```
 
 >[!example] 例题7
@@ -259,8 +290,8 @@ $$
 T\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=
 \begin{bmatrix}x+y\\y-z\\z-x\end{bmatrix}.$$
 设 $\mathbb{R}^3$ 的两组基  $$
-\boldsymbol{e}_1=(1,0,0)^T,\;\boldsymbol{e}_2=(0,1,0)^T,\;\boldsymbol{e}_3=(0,0,1)^T;$$$$
-\boldsymbol{v}_1=(1,-1,1)^T,\;\boldsymbol{v}_2=(2,1,1)^T,\;\boldsymbol{v}_3=(-1,3,1)^T.$$
+\boldsymbol{e}_1=(1,0,0)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{e}_2=(0,1,0)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{e}_3=(0,0,1)^\mathrm{T};$$$$
+\boldsymbol{v}_1=(1,-1,1)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{v}_2=(2,1,1)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{v}_3=(-1,3,1)^\mathrm{T}.$$
 分别求 $T$ 在基 $\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_3$ 和基 $\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3$ 下的矩阵表示。
 
 ```text
@@ -277,7 +308,6 @@ T\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=
 
 
 
-
 ```
 
 >[!summary] 习题
@@ -294,8 +324,8 @@ T\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=
 >3. 已知 $\mathbb{R}^3$ 中线性变换 $T$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$ 下的矩阵为  $$
    A = \begin{bmatrix} 1&2&-1\\ -1&1&3\\ 1&1&1 \end{bmatrix},$$
    求 $T$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_1$ 下的矩阵。
->4. 已知 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1,1)^T,\;\boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,0)^T,\;\boldsymbol{\alpha}_3=(1,0,0)^T$ 为 $\mathbb{R}^3$ 的一组基，$T$ 为 $\mathbb{R}^3$ 上的线性变换，且  $$
-   T(\boldsymbol{\alpha}_1)=(1,2,3)^T,\; T(\boldsymbol{\alpha}_2)=(0,1,2)^T,\; T(\boldsymbol{\alpha}_3)=(0,0,1)^T,$$
+>4. 已知 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1,1)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,0)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{\alpha}_3=(1,0,0)^\mathrm{T}$ 为 $\mathbb{R}^3$ 的一组基，$T$ 为 $\mathbb{R}^3$ 上的线性变换，且  $$
+   T(\boldsymbol{\alpha}_1)=(1,2,3)^\mathrm{T},\; T(\boldsymbol{\alpha}_2)=(0,1,2)^\mathrm{T},\; T(\boldsymbol{\alpha}_3)=(0,0,1)^\mathrm{T},$$
    求 $T$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_1 , \boldsymbol{\alpha}_2 , \boldsymbol{\alpha}_3$ 下的矩阵。
 
 ```text
@@ -321,6 +351,13 @@ T\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=
 
 
 
+
+
+
+
+
+
+
 
 
 
@@ -361,9 +398,9 @@ $A \sim B$.
 >	原因是若$P^{-1}A_1P = A_2,\;Q^{-1}B_1Q = B_2$, 则$\begin{pmatrix}P & O \\O & Q\end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}A_1 & O \\O & B_1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}P & O \\O & Q\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}A_2 & O \\O & B_2\end{pmatrix}.$
 
 >[!todo] 判断相似关系的步骤（一般是选择题）
->1. 判断特征值是否相等(先看迹，行列式，排除不了就算特征值)
->2. 根据 $\mathrm{rank}(A-kE)=\mathrm{rank}(B-kE)$ ,带几个好算的 $k$ 进去，看看秩是否相等，因为 $A-kE\sim B-kE$，有 $P^{-1}(A-kE)P= B-kE$，注意到 $P$ 可逆，故$\mathrm{rank}(A-kE)=\mathrm{rank}(B-kE)$.
->3. 如果特征值和行列式均相等，接着算重数，判断是否可对角化，根据相似的传递性得出结论. 注意：当代数重数，几何重数，特征值均相同时，两个矩阵不一定相似，例如：$\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$与$\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$几何重数，代数重数，特征值均相等，然而却不相似.
+>6. 判断特征值是否相等(先看迹，行列式，排除不了就算特征值)
+>7. 根据 $\mathrm{rank}(A-kE)=\mathrm{rank}(B-kE)$ ,带几个好算的 $k$ 进去，看看秩是否相等，因为 $A-kE\sim B-kE$，有 $P^{-1}(A-kE)P= B-kE$，注意到 $P$ 可逆，故$\mathrm{rank}(A-kE)=\mathrm{rank}(B-kE)$.
+>8. 如果特征值和行列式均相等，接着算重数，判断是否可对角化，根据相似的传递性得出结论. 注意：当代数重数，几何重数，特征值均相同时，两个矩阵不一定相似，例如：$\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$与$\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$几何重数，代数重数，特征值均相等，然而却不相似.
 #### 对角化
 将一个方阵通过可逆变换变为对角矩阵（$A=P^{-1}\Lambda P$）的过程就是相似对角化，相似对角化最根本的应用就是求方阵的有理式（ $\ f(A)=P^{-1}f(\Lambda)P$ ），这在科学计算中起到了很大的简化作用. 
 $A$ 能对角化的充要条件是 $A$ 有 $n$ 个**线性无关的特征向量**，这要求 $A$ 的所有特征值的几何重数和代数重数相等，且 $A$ 的所有特征值的重数和为 $n$ . 
@@ -393,6 +430,12 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 
 
 
+
+
+
+
+
+
 ```
 ##### 1. 针对“迹”设问
 >[!hint] 提示
@@ -421,10 +464,12 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 
 
 
+
+
 ```
 
 >[!example] 例题10
->已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^T\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^T)^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$. 
+>已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^\mathrm{T}\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^\mathrm{T})^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$. 
 
 ```text
 
@@ -435,16 +480,15 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 
 
 
-```
 
+
+
+
+
+```
+##### 2. 针对“有理函数”设问
 >[!example] 例题11
->设  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  均为实数域上的  n  维列向量，其中  m < n ，证明  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  线性无关的充要条件$$\begin{vmatrix}
-\boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
-\boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
-\vdots & \vdots & & \vdots \\
-\boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m
-\end{vmatrix}
-\neq 0.$$
+>已知 $4$ 阶矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，$A$ 的全部特征值为 $1,2,3,4$，则行列式 $|B^{-1}-E|$ 为$\underline{\qquad}$.
 
 ```text
 
@@ -461,10 +505,12 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 
 
 
+
+
 ```
-##### 2. 针对“有理函数”设问
+
 >[!example] 例题12
->已知 $4$ 阶矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，$A$ 的全部特征值为 $1,2,3,4$，则行列式 $|B^{-1}-E|$ 为$\underline{\qquad}$.
+>设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-1 & 2 & 2 \\ 2&-1&-2\\2&-2&-1\end{bmatrix}$,$\boldsymbol E$ 是3阶单位矩阵，则矩阵 $\boldsymbol{E}+2\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}^2$ 全部特征值之和是____
 
 ```text
 
@@ -476,13 +522,6 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 
 
 
-```
-
->[!example] 例题13
->设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-1 & 2 & 2 \\ 2&-1&-2\\2&-2&-1\end{bmatrix}$,$\boldsymbol E$ 是3阶单位矩阵，则矩阵 $\boldsymbol{E}+2\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}^2$ 全部特征值之和是____
-
-```text
-
 
 
 
@@ -492,7 +531,7 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 
 ```
 
->[!example] （[[线代2022秋A|2022]]）例题14
+>[!example] （[[线代2022秋A|2022]]）例题13
 已知 $n$ 阶方阵$\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}$相似，$\boldsymbol{C}$与$\boldsymbol{D}$相似，则下列命题中正确的是【】
 A. $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{C}$与$\boldsymbol{B}+\boldsymbol{D}$相似.
 B. $\boldsymbol{AC}$与$\boldsymbol{BD}$相似.
@@ -503,13 +542,14 @@ D. $\boldsymbol{A}^\text{T}+\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}^\text{T}+\boldsymb
 
 
 
+
 ```
 
 >[!warning] 注意！
 >转置不能作为有理式的一部分！
 ##### 3. 针对“本质”设问
 相似大题在设问时，往往回归“特征值”“相似”的本源，用特征多项式求解特征值，并应用特征值的性质； 小题偶有考察相关基本性质的题.
->[!example] 例题15
+>[!example] 例题14
 >$n$ 阶方阵 $\boldsymbol A$ 有 $n$ 个不同的特征值是 $\boldsymbol A$ 与对角阵相似的 $\qquad\qquad\qquad$【$\qquad$】
 >A.充分必要条件$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$B.充分不必要条件
 >C.必要不充分条件$\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$D.既不充分也不必要条件
@@ -526,9 +566,18 @@ D. $\boldsymbol{A}^\text{T}+\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}^\text{T}+\boldsymb
 
 
 
+
+
+
+
+
+
+
+
+
 ```
 
->[!example] （[[线代2023秋A|2023]]）例题16
+>[!example] （[[线代2023秋A|2023]]）例题15
 >设矩阵 $A=\begin{bmatrix}3&1&2\\0&a&0\\2&b&3\end{bmatrix}$ 仅有两个相异特征值，且 $A$ 相似于对角矩阵，求 $a,b$， 并求可逆矩阵 $P$，使得$P^{-1}AP$ 为对角矩阵．
 
 ```text
@@ -548,20 +597,127 @@ D. $\boldsymbol{A}^\text{T}+\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}^\text{T}+\boldsymb
 
 
 
+
+
+
+
 ```
 
->[!example] 例题17
+>[!example] 例题16
 >设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足  $A^2 - 3A + 2E = O$ ，证明 $A$ 可相似对角化。
 
->[!note] 解析
->$(A - 2E)(A - E) = 0$，容易得出 $A$ 的特征值只能是 $1$ 或者 $2$ 。
->$\therefore \text{rank}(A - 2E) + \text{rank}(A - E) \leq n$
->$\text{rank}((A - E) - (A - 2E)) = n \leq \text{rank}(A - E)$
->$\therefore \text{rank}(A - 2E) + \text{rank}(A - E) = n$
->$\therefore \text{dim}N(A-2E)+\text{dim}N( A - E) = n$
->即特征值 $2$ 和特征值 $1$ 的几何重数之和为 $n$（或者一个不是特征值而另一个几何重数是 $n$），而代数重数不小于几何重数，所以两个特征值的几何重数与代数重数只能相等，否则两个特征值的代数重数之和就会大于 $n$ ，这是不可能的。于是 $A$ 可相似对角化。
+```text
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+
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+```
+
+>[!example] 例题17
+>设 $\boldsymbol A$ 为 $n$ 阶方阵，证明 $\boldsymbol A^2=\boldsymbol A$ 的充分必要条件是 $\text{rank}\boldsymbol A+\text{rank}(\boldsymbol A-\boldsymbol E)=n$.
+
+```text
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+```
+##### 4. 矩阵转置自乘及相关的同解问题
+>[!hint] 相关知识点
+>$\mathrm{rank}(A^\mathrm T A)=\mathrm{rank}A$ ， $A^\mathrm T Ax=\boldsymbol0$ 与 $Ax=\boldsymbol0$ 同解. （证明方法可参考例题18）
+>利用这个关键点可以巧妙求解矩阵转置自乘的同解问题.
+
+>[!example] 例题18
+>设 $A$ 是 $m\times n$ 实矩阵， $\beta \neq 0$ 是 $m$ 维实列向量，证明：
+>	(1) $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)$ .
+>	(2) 线性方程组 $A^\mathrm{T}Ax = A^\mathrm{T}\beta$ 有解.
+
+```text
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+```
+
+>[!example] 例题19
+>设  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  均为实数域上的  n  维列向量，其中  m < n ，证明  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  线性无关的充要条件$$\begin{vmatrix}
+\boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
+\boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
+\vdots & \vdots & & \vdots \\
+\boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m
+\end{vmatrix}
+\neq 0$$
+
+```text
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+```
 # Trivia
 ### 证明方阵可交换
 #### **通用解题框架**：$AB = kA + lB$ 型等式证明 $AB=BA$
@@ -580,7 +736,7 @@ $AB - kA - lB + klE = BA - lB - kA + klE$
 两边消去相同项$-kA - lB + klE$ ，直接得到：
 $AB = BA$
 
->[!example] 例题18
+>[!example] 例题20
 >设 $A, B$ 是 3 阶矩阵，$AB = 2A - B$，如果 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ 是 $A$ 的 3 个不同特征值。证明：
 (1) $AB = BA$；
 (2) 存在可逆矩阵 $P$，使得 $P^{-1}AP$ 与 $P^{-1}BP$ 均为对角矩阵。
@@ -597,9 +753,18 @@ $AB = BA$
 
 
 
+
+
+
+
+
+
+
+
+
 ```
 
->[!example] 例题19
+>[!example] 例题21
 设 $n$ 阶方阵 $A, B$ 满足 $AB = A + B$。
 （1）证明 $A - E$ 可逆；
 （2）证明 $AB = BA$；
@@ -628,4 +793,7 @@ $AB = BA$
 
 
 
+
+
+
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编写小组/讲义/矩阵相似变换（解析版）.md

@@ -49,16 +49,16 @@ $$称矩阵 $\boldsymbol{K}$ 为基 $T_1$ 到基 $T_2$ 的**过渡矩阵**.由
 既然我们已经学了这么多的知识了，那不妨来做几道题试试吧！
 
 >[!example] 例题1
->设$V=\{(x_1,x_2,x_3)^T|x_1+x_2+x_3=0,x_1,x_2,x_3\in\mathbb{R}\}$，证明$V$是一个向量空间，并求出它的一组基.
+>设$V=\{(x_1,x_2,x_3)^\mathrm{T}|x_1+x_2+x_3=0,x_1,x_2,x_3\in\mathbb{R}\}$，证明$V$是一个向量空间，并求出它的一组基.
 
 >[!note] **证明：** 
 对任意$\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\in V, k\in\mathbb{R}$，记$(1,1,1)=\boldsymbol{\alpha}$，则有$\boldsymbol\alpha\boldsymbol x=\boldsymbol\alpha\boldsymbol y=0,\boldsymbol\alpha(\boldsymbol x+\boldsymbol y)=0$,故$\boldsymbol x+\boldsymbol y,k\boldsymbol x\in V$，即$V$是向量空间.显然$V$中的所有元素就是方程$x_1+x_2+x_3=0$的所有解，而方程的通解为$$\boldsymbol x=k_1\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix}+k_2\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix},k_1,k_2\in\mathbb R,$$故$V$的基为$\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}.$ 
 
 >[!example] 例题2
->已知$\mathbb{R}^2$的两组基$\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$和$\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2$.求一个非零向量$\boldsymbol\beta\in\mathbb{R}^2$，使得$\boldsymbol\beta$在两组基下有相同的坐标，其中$\boldsymbol\alpha_1=(2,-1)^T,\boldsymbol\alpha_2=(5,-4)^T;\boldsymbol\varepsilon_1=(1,0)^T,\boldsymbol\varepsilon_2=(0,1)^T.$
+>已知$\mathbb{R}^2$的两组基$\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$和$\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2$.求一个非零向量$\boldsymbol\beta\in\mathbb{R}^2$，使得$\boldsymbol\beta$在两组基下有相同的坐标，其中$\boldsymbol\alpha_1=(2,-1)^\mathrm{T},\boldsymbol\alpha_2=(5,-4)^\mathrm{T};\boldsymbol\varepsilon_1=(1,0)^\mathrm{T},\boldsymbol\varepsilon_2=(0,1)^\mathrm{T}.$
 
 >[!note] **解：**
->容易得到从后一组基到前一组基的过渡矩阵为$\boldsymbol{C}=\begin{bmatrix}2 & 5\\-1 & -4\end{bmatrix},$设$\boldsymbol\beta$在$\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$下的坐标为$\boldsymbol y$，则$\boldsymbol y=\boldsymbol C\boldsymbol y\Rightarrow (\boldsymbol C-\boldsymbol E)\boldsymbol y=\boldsymbol 0.$解这个齐次线性方程组得$$\boldsymbol y=k(-5,1)^T,k\in\mathbb{R}.$$
+>容易得到从后一组基到前一组基的过渡矩阵为$\boldsymbol{C}=\begin{bmatrix}2 & 5\\-1 & -4\end{bmatrix},$设$\boldsymbol\beta$在$\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2$下的坐标为$\boldsymbol y$，则$\boldsymbol y=\boldsymbol C\boldsymbol y\Rightarrow (\boldsymbol C-\boldsymbol E)\boldsymbol y=\boldsymbol 0.$解这个齐次线性方程组得$$\boldsymbol y=k(-5,1)^\mathrm{T},k\in\mathbb{R}.$$
 
 好了，现在回到我们的主题：线性空间。先下定义：
 >[!info] 定义3 $\qquad$线性空间
@@ -88,14 +88,21 @@ $$称矩阵 $\boldsymbol{K}$ 为基 $T_1$ 到基 $T_2$ 的**过渡矩阵**.由
 上面第三个例子不要求大家掌握，但前两个还是得清楚的，这是书上明确给了的例子。
 
 >[!example] 例题3
+>证明多项式空间是线性空间。
+
+>[!note] 证明：
+>任取多项式 $f=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in V$. 加法和数乘封闭性，加法交换律、结合律，数乘结合律和分配律显然成立. 考虑 $o=0$ ,有 $f+o=o+f=f$，故 $o$ 为零元；取 $g=(-a_n)x^n+\cdots+(-a_1)x+(-a_0)\in V$, 有 $f+g=o$, 故存在负元；显然 $1\in\mathbb{R}$ 为数乘单位元。故多项式空间是线性空间。
+
+>[!example] 例题3.5
 >设$V$是定义于区间$[a,b]$上取正值的所有函数的集合，我们定义$$f\oplus g=f\times g,\lambda \odot f=f^\lambda\qquad(f,g\in V,\lambda\in\mathbb{R}).$$证明：在上述运算下，$V$是实数域$\mathbb{R}$上的线性空间.
 
 >[!note] **证明：** 
 >加法$\oplus$交换律、结合律显然成立.
->取常值映射$\text{c}:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^+,x\mapsto 1$，有 $\forall f\in V,(f\oplus\text{c})(x)=f(x)\times\text c(x)=f(x)\times1=f(x),$ 故映射 $\text{c}$ 为零元.
->对任意$f\in V$，取映射$\displaystyle g\in V:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^+,x\mapsto\frac{1}{f(x)}$，则 $(f\oplus g)(x)=f(x)\times g(x)=1=\text{c}(x)$，故$g$为$f$的负元. 显然负元唯一.
+>取常值映射$\text{c}:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^+,\text{c}(x)=1$，有 $\forall f\in V,(f\oplus\text{c})(x)=f(x)\times\text c(x)=f(x)\times1=f(x),$ 故映射 $\text{c}$ 为零元.
+>对任意$f\in V$，取映射$\displaystyle g\in V:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}^+,g(x)=\frac{1}{f(x)}$，则 $(f\oplus g)(x)=f(x)\times g(x)=1=\text{c}(x)$，故$g$为$f$的负元. 显然负元唯一.
 > 取$\lambda=1$，显然$1\odot f=f^1=f$，故存在数乘单位元. 
-$V$显然对上述加法和乘法封闭. 故在上述运算下，$V$是实数域$\mathbb{R}$上的线性空间.
+> 任取 $\displaystyle f,g\in V,x\in[a,b],\lambda\in\mathbb{R}$，则 $(f\oplus g)(x)=f(x)\cdot g(x)>0,\lambda\odot f(x)=(f(x))^\lambda>0,$ 故 $(f\oplus g),(\lambda\odot f)\in V$，即 $V$ 对上述加法和数乘封闭.
+> 故在上述运算下，$V$是实数域$\mathbb{R}$上的线性空间.
 
 $V$ 中的向量之间具有内在联系，例如任意的向量都可以由一组基线性表示，不同基之间也具有基变换的计算公式等。向量之间的联系可以用线性变换来描述，线性变换是线性空间 $V$ 到自身的一种特定映射。
 用一个矩阵左乘一个向量，总能变成另一个向量。例如，用矩阵 
@@ -110,7 +117,7 @@ $$
 则称 $T$ 为 $U$ 到 $V$ 的**线性映射**。
 特别地，若 $T$ 是线性空间 $V$ 到 $V$ 的一个线性映射，则称 $T$ 是 $V$ 上的一个**线性变换**。
 
-> **注**：可加性和齐次性可以合并为  $T(k\boldsymbol{\alpha}+l\boldsymbol{\beta})=kT(\boldsymbol{\alpha})+lT(\boldsymbol{\beta})$，其中 $k,l \in \mathbb{R}$。
+> **注**：可加性和齐次性可以合并为  $T(k\boldsymbol{\alpha}+l\boldsymbol{\beta})=kT(\boldsymbol{\alpha})+lT(\boldsymbol{\beta})$，其中 $k,l \in \mathbb{R}$. 证明 $T$ 是线性变换就等价于证明 $T(k\boldsymbol{\alpha}+l\boldsymbol{\beta})=kT(\boldsymbol{\alpha})+lT(\boldsymbol{\beta})$.
 
 >[!info] **定理**  
 >设 $V$ 是线性空间，$T$ 是 $V$ 上的线性变换，则有：
@@ -191,7 +198,8 @@ $$
 由 $\left[\boldsymbol{\beta}_1\;\boldsymbol{\beta}_2\;\dots\;\boldsymbol{\beta}_n\right]=\left[\boldsymbol{\alpha}_1\;\boldsymbol{\alpha}_2\;\dots\;\boldsymbol{\alpha}_n\right]C$，且  $$
 \left[T(\boldsymbol{\alpha}_1)\;T(\boldsymbol{\alpha}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\alpha}_n)\right]=\left[\boldsymbol{\alpha}_1\;\boldsymbol{\alpha}_2\;\dots\;\boldsymbol{\alpha}_n\right]A,$$  $$
 \left[T(\boldsymbol{\beta}_1)\;T(\boldsymbol{\beta}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\beta}_n)\right]=\left[\boldsymbol{\beta}_1\;\boldsymbol{\beta}_2\;\dots\;\boldsymbol{\beta}_n\right]B.$$
-计算得：$$
+由 $\boldsymbol \beta_i=c_{1i}\boldsymbol\alpha_1+\cdots+c_{ni}\boldsymbol\alpha_n$ 及线性变换的定义可知$$T(\boldsymbol\beta_i)=c_{1i}T(\boldsymbol\alpha_1)+\cdots+c_{ni}T(\boldsymbol\alpha_n)=[T(\boldsymbol\alpha_1)\ \cdots T(\boldsymbol\alpha_n)]\begin{bmatrix}c_{1i}\\\vdots\\c_{ni}\end{bmatrix},$$
+从而：$$
 \begin{aligned}
 \left[T(\boldsymbol{\beta}_1)\;T(\boldsymbol{\beta}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\beta}_n)\right]&=\left[T(\boldsymbol{\alpha}_1)\;T(\boldsymbol{\alpha}_2)\;\dots\;T(\boldsymbol{\alpha}_n)\right]C \\
 &=\left[\boldsymbol{\alpha}_1\;\boldsymbol{\alpha}_2\;\dots\;\boldsymbol{\alpha}_n\right]AC \\
@@ -232,8 +240,8 @@ A=
 T\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=
 \begin{bmatrix}x+y\\y-z\\z-x\end{bmatrix}.$$
 设 $\mathbb{R}^3$ 的两组基  $$
-\boldsymbol{e}_1=(1,0,0)^T,\;\boldsymbol{e}_2=(0,1,0)^T,\;\boldsymbol{e}_3=(0,0,1)^T;$$$$
-\boldsymbol{v}_1=(1,-1,1)^T,\;\boldsymbol{v}_2=(2,1,1)^T,\;\boldsymbol{v}_3=(-1,3,1)^T.$$
+\boldsymbol{e}_1=(1,0,0)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{e}_2=(0,1,0)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{e}_3=(0,0,1)^\mathrm{T};$$$$
+\boldsymbol{v}_1=(1,-1,1)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{v}_2=(2,1,1)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{v}_3=(-1,3,1)^\mathrm{T}.$$
 分别求 $T$ 在基 $\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_3$ 和基 $\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2,\boldsymbol{v}_3$ 下的矩阵表示。
 
 >[!note] **解析**：  
@@ -295,17 +303,17 @@ B&=
 >3. 已知 $\mathbb{R}^3$ 中线性变换 $T$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3$ 下的矩阵为  $$
    A = \begin{bmatrix} 1&2&-1\\ -1&1&3\\ 1&1&1 \end{bmatrix},$$
    求 $T$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_3,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_1$ 下的矩阵。
->4. 已知 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1,1)^T,\;\boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,0)^T,\;\boldsymbol{\alpha}_3=(1,0,0)^T$ 为 $\mathbb{R}^3$ 的一组基，$T$ 为 $\mathbb{R}^3$ 上的线性变换，且  $$
-   T(\boldsymbol{\alpha}_1)=(1,2,3)^T,\; T(\boldsymbol{\alpha}_2)=(0,1,2)^T,\; T(\boldsymbol{\alpha}_3)=(0,0,1)^T,$$
+>4. 已知 $\boldsymbol{\alpha}_1=(1,1,1)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{\alpha}_2=(1,1,0)^\mathrm{T},\;\boldsymbol{\alpha}_3=(1,0,0)^\mathrm{T}$ 为 $\mathbb{R}^3$ 的一组基，$T$ 为 $\mathbb{R}^3$ 上的线性变换，且  $$
+   T(\boldsymbol{\alpha}_1)=(1,2,3)^\mathrm{T},\; T(\boldsymbol{\alpha}_2)=(0,1,2)^\mathrm{T},\; T(\boldsymbol{\alpha}_3)=(0,0,1)^\mathrm{T},$$
    求 $T$ 在基 $\boldsymbol{\alpha}_1 , \boldsymbol{\alpha}_2 , \boldsymbol{\alpha}_3$ 下的矩阵。
 
 >[!note] 习题解答
->1. 取基向量 $e_1 = x^2 e^x$, $e_2 = x e^x$, $e_3 = e^x$。计算导函数：
+>5. 取基向量 $e_1 = x^2 e^x$, $e_2 = x e^x$, $e_3 = e^x$。计算导函数：
 >	- $T(e_1) = \frac{d}{dx}(x^2 e^x) = (x^2 + 2x)e^x = 1 \cdot e_1 + 2 \cdot e_2 + 0 \cdot e_3$,
 >	- $T(e_2) = \frac{d}{dx}(x e^x) = (x+1)e^x = 0 \cdot e_1 + 1 \cdot e_2 + 1 \cdot e_3$,
 >	- $T(e_3) = \frac{d}{dx}(e^x) = e^x = 0 \cdot e_1 + 0 \cdot e_2 + 1 \cdot e_3$。
 >	故 $T$ 在基下的矩阵为  $\begin{bmatrix}1&0&0\\2&1&0\\0&1&1\end{bmatrix}.$
->2. 验证 $T$ 是 $V$ 到 $V$ 的线性变换：对任意 $A=\begin{bmatrix}x_1&x_2\\x_2&x_3\end{bmatrix}\in V$，  $$
+>6. 验证 $T$ 是 $V$ 到 $V$ 的线性变换：对任意 $A=\begin{bmatrix}x_1&x_2\\x_2&x_3\end{bmatrix}\in V$，  $$
 T(A)=\begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix}A\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}
 = \begin{bmatrix}x_1 & x_1+x_2 \\ x_1+x_2 & x_1+2x_2+x_3\end{bmatrix} \in V.$$
 >计算基的像：
@@ -324,7 +332,7 @@ $T$ 在基 $\mathcal{C}$ 下的矩阵 $B = P^{-1}AP = PAP$。计算：$$AP = \be
 A = P^{-1}B = \begin{bmatrix}0&0&1\\0&1&-1\\1&-1&0\end{bmatrix}
 \begin{bmatrix}1&0&0\\2&1&0\\3&2&1\end{bmatrix}
 = \begin{bmatrix}3&2&1\\-1&-1&-1\\-1&-1&0\end{bmatrix}.$$
-验证：$T(\boldsymbol{\alpha}_1) = P \cdot (3,-1,-1)^T = (1,2,3)^T$，正确。  
+验证：$T(\boldsymbol{\alpha}_1) = P \cdot (3,-1,-1)^\mathrm{T} = (1,2,3)^\mathrm{T}$，正确。  
 故所求矩阵为  ${\begin{bmatrix}3&2&1\\-1&-1&-1\\-1&-1&0\end{bmatrix}}.$
 
 # Section 2  相似矩阵与对角化
@@ -401,40 +409,21 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 设 $E$ 为 $3$ 阶单位矩阵，$\alpha$ 为一个 $3$ 维单位列向量，则矩阵 $E-\alpha\alpha^\text{T}$ 的全部 $3$ 个特征值为\_\_\_\_\_\_
 
 >[!note] 解析
->设 $B=\alpha\alpha^T$，该矩阵为**秩 $1$ 矩阵**（因 $\alpha$ 是单位列向量，$\alpha^T\alpha=1$）. 
->秩 $1$ 矩阵的特征值性质：非零特征值为矩阵的迹 $\text{tr}(B)=\alpha^T\alpha=1$，其余 $n-1=2$ 个特征值为 $0$（秩 $1$ 矩阵的非零特征值个数等于秩）. 
+>设 $B=\alpha\alpha^\mathrm{T}$，该矩阵为**秩 $1$ 矩阵**（因 $\alpha$ 是单位列向量，$\alpha^\mathrm{T}\alpha=1$）. 
+>秩 $1$ 矩阵的特征值性质：非零特征值为矩阵的迹 $\text{tr}(B)=\alpha^\mathrm{T}\alpha=1$，其余 $n-1=2$ 个特征值为 $0$（秩 $1$ 矩阵的非零特征值个数等于秩）. 
 >若 $B\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$（$\boldsymbol{x}$为特征向量），则 $(E-B)\boldsymbol{x}=(1-\lambda)\boldsymbol{x}$，即$E-B$ 的特征值为 $1-\lambda$. 
 >代入 $B$ 的特征值 $\lambda=1,0,0$，得 $E-B$ 的特征值为 $1-1=0$，$1-0=1$，$1-0=1$，即 $1,1,0$. （最后这里也包含了接下来会用到的针对“有理函数”设问）
 
 >[!example] 例题10
->已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^T\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^T)^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$. 
+>已知 $n(n\geq2)$维列向量 $\alpha,\beta$ 满足 $\beta^\mathrm{T}\alpha=-3$，则方阵 $(\beta\alpha^\mathrm{T})^2$ 的非零特征值为$\underline{\qquad}$. 
 
 >[!note] 解析
->设 $A=\beta\alpha^T$（秩 1 矩阵），计算 $A^2$：
->$A^2=(\beta\alpha^T)(\beta\alpha^T)=\beta(\alpha^T\beta)\alpha^T=(\alpha^T\beta)A$
->注意：$\alpha^T\beta=(\beta^T\alpha)^T$（矩阵转置性质），而 $\beta^T\alpha=-3$（数，转置等于自身），故 $\alpha^T\beta=-3$，因此 $A^2=-3A$。
+>设 $A=\beta\alpha^\mathrm{T}$（秩 1 矩阵），计算 $A^2$：
+>$A^2=(\beta\alpha^\mathrm{T})(\beta\alpha^\mathrm{T})=\beta(\alpha^\mathrm{T}\beta)\alpha^\mathrm{T}=(\alpha^\mathrm{T}\beta)A$
+>注意：$\alpha^\mathrm{T}\beta=(\beta^\mathrm{T}\alpha)^\mathrm{T}$（矩阵转置性质），而 $\beta^\mathrm{T}\alpha=-3$（数，转置等于自身），故 $\alpha^\mathrm{T}\beta=-3$，因此 $A^2=-3A$。
 >由上面的性质，我们知道$A$的特征值只有可能是$0$或$-3$，又$A$不可能只有$0$一种特征值，故$A$的非零特征值只能为$-3$，从而$A^2$的非零特征值为$9$.
-
->[!example] 例题11
->设  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  均为实数域上的  n  维列向量，其中  m < n ，证明  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  线性无关的充要条件$$\begin{vmatrix}
-\boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
-\boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
-\vdots & \vdots & & \vdots \\
-\boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m
-\end{vmatrix}
-\neq 0.$$
-
->[!note] **证明：**
-设矩阵$B=\begin{bmatrix}\boldsymbol{\beta}_1\ \boldsymbol{\beta}_2\cdots\ \boldsymbol{\beta}_m\end{bmatrix}$，则$$B^TB=\begin{bmatrix}\boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
-\boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
-\vdots & \vdots & & \vdots \\
-\boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m\end{bmatrix}.$$考虑线性方程组$B^TB\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$和$B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$.下证这两个线性方程组同解.
-（i）若$B\boldsymbol{y}=\boldsymbol{0}$，则$B^TB\boldsymbol{y}=B^T\boldsymbol{0}=\boldsymbol{0}$，故$N(B)\subseteq N(B^TB)$；
-（ii）若$B^TB\boldsymbol{y}=\boldsymbol{0}$，两边左乘$\boldsymbol{y}^T$得$\boldsymbol y^TB^TB\boldsymbol y=(B\boldsymbol y)^TB\boldsymbol y=<B\boldsymbol y,B \boldsymbol y>=0$，故$B\boldsymbol y=\boldsymbol0$，从而$N(B^TB)\subseteq N(B)$.
-综上，$N(B^TB)=N(B)$，即线性方程组$B^TB\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$和$B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$同解.
-而$|B^TB|\neq0\Leftrightarrow$方程$B^TB\boldsymbol x=\boldsymbol 0$有唯一零解$\Leftrightarrow B\boldsymbol x=\boldsymbol 0$有唯一零解$\Leftrightarrow \boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  线性无关.证毕.
 ##### 2. 针对“有理函数”设问
->[!example] 例题12
+>[!example] 例题11
 >已知 $4$ 阶矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，$A$ 的全部特征值为 $1,2,3,4$，则行列式 $|B^{-1}-E|$ 为$\underline{\qquad}$.
 
 >[!note] 解析
@@ -442,14 +431,14 @@ $$P=\begin{bmatrix}\boldsymbol\xi_1&\boldsymbol\xi_2&\cdots&\boldsymbol\xi_n\end
 >根据这一条性质，我们求得矩阵 $B^{-1}-E$ 的所有特征值，进而求得行列式. 
 >$f(x)=\frac{1}{x}-1$，则 $B^{-1}-E$ 的特征值为 $0,-\frac12, -\frac23,-\frac34$，相乘结果为 $0$，故答案为 $0$. 
 
->[!example] 例题13
+>[!example] 例题12
 >设 $\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-1 & 2 & 2 \\ 2&-1&-2\\2&-2&-1\end{bmatrix}$,$\boldsymbol E$ 是3阶单位矩阵，则矩阵 $\boldsymbol{E}+2\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}^2$ 全部特征值之和是____
 
 >[!note] 解析
 >易知 $\boldsymbol A$ 的特征值为 $\lambda =1,1,-5$ ，令 $f(x)=-x^2+2x+1$，
 >$f(\boldsymbol A)$ 的特征值 $\lambda'=f(\lambda)=(1+2\lambda-\lambda^2)=2,2,-34$，则答案为 $2+2-34=-30$
 
->[!example] （[[线代2022秋A|2022]]）例题14
+>[!example] （[[线代2022秋A|2022]]）例题13
 已知 $n$ 阶方阵$\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}$相似，$\boldsymbol{C}$与$\boldsymbol{D}$相似，则下列命题中正确的是【】
 A. $\boldsymbol{A}+\boldsymbol{C}$与$\boldsymbol{B}+\boldsymbol{D}$相似.
 B. $\boldsymbol{AC}$与$\boldsymbol{BD}$相似.
@@ -463,7 +452,7 @@ D. $\boldsymbol{A}^\text{T}+\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}^\text{T}+\boldsymb
 >转置不能作为有理式的一部分！
 ##### 3. 针对“本质”设问
 相似大题在设问时，往往回归“特征值”“相似”的本源，用特征多项式求解特征值，并应用特征值的性质； 小题偶有考察相关基本性质的题.
->[!example] 例题15
+>[!example] 例题14
 >$n$ 阶方阵 $\boldsymbol A$ 有 $n$ 个不同的特征值是 $\boldsymbol A$ 与对角阵相似的 $\qquad\qquad\qquad$【$\qquad$】
 >A.充分必要条件$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$B.充分不必要条件
 >C.必要不充分条件$\qquad\qquad\qquad\qquad\quad$D.既不充分也不必要条件
@@ -483,7 +472,7 @@ D. $\boldsymbol{A}^\text{T}+\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}^\text{T}+\boldsymb
  所以，“有 $n$ 个不同特征值”不是必要条件。
  综上，$n$ 阶方阵 $A$ 有 $n$ 个不同特征值是其可对角化的**充分不必要条件**。
 
->[!example] （[[线代2023秋A|2023]]）例题16
+>[!example] （[[线代2023秋A|2023]]）例题15
 >设矩阵 $A=\begin{bmatrix}3&1&2\\0&a&0\\2&b&3\end{bmatrix}$ 仅有两个相异特征值，且 $A$ 相似于对角矩阵，求 $a,b$， 并求可逆矩阵 $P$，使得$P^{-1}AP$ 为对角矩阵．
 
 >[!note] 解析
@@ -492,25 +481,75 @@ D. $\boldsymbol{A}^\text{T}+\boldsymbol{A}$与$\boldsymbol{B}^\text{T}+\boldsymb
 > $A$ 仅有两个相异特征值，说明 $a=5$ 或 $a=1$. 
 > 如果 $a=5$：特征值 $5$ 的代数重数为 $2$；因为 $A$ 能相似对角化，所以相应的几何重数也为 $2$. 
 > $(5E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，即$\begin{bmatrix}2&-1&-2\\0&0&0\\-2&-b&2\end{bmatrix}\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，由 $\text{rank}(5E-A)=1$ 得 $b=-1$；对应的特征向量为$(1,2,0)^\mathrm{T},(1,0,1)^\mathrm{T}$；
-> 而 $(E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，即$\begin{bmatrix}-2&-1&-2\\0&4&0\\-2&b&-2\end{bmatrix}\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，对应的特征向量是 $(-1,0,1)^\mathrm{T}$；
+> 而 $(E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，即$\begin{bmatrix}-2&-1&-2\\0&-4&0\\-2&-b&-2\end{bmatrix}\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，对应的特征向量是 $(-1,0,1)^\mathrm{T}$；
 > 因此，$P=\begin{bmatrix}1&1&-1\\2&0&0\\0&1&1\end{bmatrix}$. 
 > 如果 $a=1$：特征值 $1$ 的代数重数为 $2$；因为 $A$ 能相似对角化，所以相应的几何重数也为 $2$. 
 > $(E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，即$\begin{bmatrix}-2&-1&-2\\0&0&0\\-2&-b&-2\end{bmatrix}\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，由 $\text{rank}(E-A)=1$ 得 $b=1$，对应的特征向量为$(1,-2,0)^\mathrm{T},(1,0,-1)^\mathrm{T}$；
-> 而 $(5E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，即$\begin{bmatrix}-2&-1&-2\\0&4&0\\-2&b&-2\end{bmatrix}\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，对应的特征向量是 $(1,0,1)^\mathrm{T}$；
+> 而 $(5E-A)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，即$\begin{bmatrix}2&-1&-2\\0&4&0\\-2&-b&2\end{bmatrix}\boldsymbol x=\boldsymbol 0$，对应的特征向量是 $(1,0,1)^\mathrm{T}$；
 > 因此，$P=\begin{bmatrix}1&1&1\\-2&0&0\\0&-1&1\end{bmatrix}$. 
 
->[!example] 例题17
+>[!example] 例题16
 >设 $n$ 阶方阵 $A$ 满足  $A^2 - 3A + 2E = O$ ，证明 $A$ 可相似对角化。
 
 >[!note] 解析
->$(A - 2E)(A - E) = 0$，容易得出 $A$ 的特征值只能是 $1$ 或者 $2$ 。
->$\therefore \text{rank}(A - 2E) + \text{rank}(A - E) \leq n$
->$\text{rank}((A - E) - (A - 2E)) = n \leq \text{rank}(A - E)$
+>设 $A\boldsymbol x=\lambda \boldsymbol x$，
+>$(A - 2E)(A - E) = 0\Rightarrow (\lambda-2)(\lambda-1)\boldsymbol x=0$，则 $A$ 的特征值只能是 $1$ 或者 $2$ 。
+>$\text{rank}(A - 2E) + \text{rank}(A - E) \leq n$
+>$\text{rank}((A - E) - (A - 2E)) = n \leq \text{rank}(A - E)+\text{rank}(A-2E)$
 >$\therefore \text{rank}(A - 2E) + \text{rank}(A - E) = n$
 >$\therefore \text{dim}N(A-2E)+\text{dim}N( A - E) = n$
 >即特征值 $2$ 和特征值 $1$ 的几何重数之和为 $n$（或者一个不是特征值而另一个几何重数是 $n$），而代数重数不小于几何重数，所以两个特征值的几何重数与代数重数只能相等，否则两个特征值的代数重数之和就会大于 $n$ ，这是不可能的。于是 $A$ 可相似对角化。
 
+>[!example] 例题17
+>设 $\boldsymbol A$ 为 $n$ 阶方阵，证明 $\boldsymbol A^2=\boldsymbol A$ 的充分必要条件是 $\text{rank}\boldsymbol A+\text{rank}(\boldsymbol A-\boldsymbol E)=n$.
 
+>[!note] 证明：
+>必要性：若 $\boldsymbol A^2=\boldsymbol A$，则 $\boldsymbol A^2-\boldsymbol A=\boldsymbol A(\boldsymbol A-\boldsymbol E)=\boldsymbol O$, 由秩的不等式知 $\text{rank}(\boldsymbol A)+\text{rank}(\boldsymbol A-\boldsymbol E)\le n$, 又有 $\text{rank}(\boldsymbol A)+\text{rank}(\boldsymbol A-\boldsymbol E)\ge\text{rank}(\boldsymbol A-(\boldsymbol A-\boldsymbol E))=n$, 故 $\text{rank}(\boldsymbol A)+\text{rank}(\boldsymbol A-\boldsymbol E)=n.$
+>充分性：考虑 $\boldsymbol A=E$ 和 $\boldsymbol A=\boldsymbol O$ 的情况，显然成立 
+>若 $\text{rank}\boldsymbol A+\text{rank}(\boldsymbol A-\boldsymbol E)=n$，设 $\text{rank}\boldsymbol A=r(0<r<n),\text{rank}(\boldsymbol A-\boldsymbol E)=n-r.$
+>考虑齐次线性方程组 $\boldsymbol A \boldsymbol x=\boldsymbol 0$ 和 $(\boldsymbol A-\boldsymbol E)\boldsymbol x=\boldsymbol 0$, 则前一方程组解空间的维数是 $n-r$, 后一方程组解空间的维数是 $r$, 故 $0$ 和 $1$ 是矩阵 $\boldsymbol A$ 的特征值，且几何重数分别为 $r$ 和 $n-r$，从而代数重数也必须分别是 $r$ 和 $n-r$, 否则会导致代数重数之和大于 $n$. 所以 $\boldsymbol A$ 的特征值只能是 $0$ 或 $1$，于是存在可逆矩阵 $\boldsymbol P$，使得 $\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A\boldsymbol P=\begin{bmatrix}\boldsymbol E_r&\\ & \boldsymbol O_{n-r}\end{bmatrix}$.于是 $$\begin{aligned}\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A^2\boldsymbol P=(\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A\boldsymbol P)^2=&\left(\begin{bmatrix}\boldsymbol E_r&\\ & \boldsymbol O_{n-r}\end{bmatrix}\right)^2=\begin{bmatrix}\boldsymbol E_r&\\ & \boldsymbol O_{n-r}\end{bmatrix}=\boldsymbol P^{-1}\boldsymbol A\boldsymbol P\\&\implies \boldsymbol A^2=\boldsymbol A\end{aligned}.$$
+##### 4. 矩阵转置自乘及相关的同解问题
+>[!hint] 相关知识点
+>$\mathrm{rank}(A^\mathrm T A)=\mathrm{rank}A$ ， $A^\mathrm T Ax=\boldsymbol0$ 与 $Ax=\boldsymbol0$ 同解. （证明方法可参考例题18）
+>利用这个关键点可以巧妙求解矩阵转置自乘的同解问题.
+
+>[!example] 例题18
+>设 $A$ 是 $m\times n$ 实矩阵， $\beta \neq 0$ 是 $m$ 维实列向量，证明：
+>	(1) $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)$ .
+>	(2) 线性方程组 $A^\mathrm{T}Ax = A^\mathrm{T}\beta$ 有解.
+
+>[!note] 解析
+>(1)
+> 对于方程组$Ax=0$ (a)和 $A^\mathrm{T}Ax=0$ (b)，b的解空间一定包含a的解空间；
+>而方程b两边同时乘以$x^\mathrm{T}$，得 $x^\mathrm{T}A^\mathrm{T}Ax=0$ ，即 $(x^\mathrm{T}A^\mathrm{T})(Ax)=0 \to Ax=0$，
+>所以a的解空间包含b的解空间，
+>所以a,b同解，所以$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}{A^\mathrm{T}A}$
+>(2) 
+>$A^\mathrm{T}Ax=A^\mathrm{T}\beta \iff \mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$
+>而由(1)的结论得等式左边 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}A$；
+>等式右边 $\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})\ge \mathrm{rank}A^\mathrm{T}A=\mathrm{rank}A$ 
+>又$\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})\le \min{(\mathrm{rank}A^\mathrm{T},\ \mathrm{rank}\begin{bmatrix}A&\beta\end{bmatrix})}=\mathrm{rank}A$ 
+>所以$\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})=\mathrm{rank}A$
+>故 $\mathrm{rank}(A^\mathrm{T}A)=\mathrm{rank}(\begin{bmatrix}A^\mathrm{T}A&A^\mathrm{T}\beta\end{bmatrix})$ 得证.
+
+>[!example] 例题19
+>设  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  均为实数域上的  n  维列向量，其中  m < n ，证明  $\boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  线性无关的充要条件$$\begin{vmatrix}
+\boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
+\boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
+\vdots & \vdots & & \vdots \\
+\boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m
+\end{vmatrix}
+\neq 0$$
+
+>[!note] **证明：**
+设矩阵$B=\begin{bmatrix}\boldsymbol{\beta}_1\ \boldsymbol{\beta}_2\cdots\ \boldsymbol{\beta}_m\end{bmatrix}$，则$$B^\mathrm TB=\begin{bmatrix}\boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_1^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
+\boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_2^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m \\
+\vdots & \vdots & & \vdots \\
+\boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_1 & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_2 & \dots & \boldsymbol{\beta}_m^\mathrm{T}\boldsymbol{\beta}_m\end{bmatrix}.$$考虑线性方程组$B^\mathrm{T}B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$和$B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$.下证这两个线性方程组同解.
+（i）若$B\boldsymbol{y}=\boldsymbol{0}$，则$B^\mathrm{T}B\boldsymbol{y}=B^\mathrm{T}\boldsymbol{0}=\boldsymbol{0}$，故$N(B)\subseteq N(B^\mathrm{T}B)$；
+（ii）若$B^\mathrm{T}B\boldsymbol{y}=\boldsymbol{0}$，两边左乘$\boldsymbol{y}^\mathrm{T}$得$\boldsymbol y^\mathrm{T}B^\mathrm{T}B\boldsymbol y=(B\boldsymbol y)^\mathrm{T}B\boldsymbol y=\langle B\boldsymbol y,B \boldsymbol y\rangle=0$，故$B\boldsymbol y=\boldsymbol0$，从而$N(B^\mathrm{T}B)\subseteq N(B)$.
+综上，$N(B^\mathrm{T}B)=N(B)$，即线性方程组$B^\mathrm{T}B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$和$B\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$同解.
+而 $|B^\mathrm{T}B|\neq0\Leftrightarrow$方程$B^\mathrm{T}B\boldsymbol x=\boldsymbol 0$有唯一零解$\Leftrightarrow B\boldsymbol x=\boldsymbol 0$有唯一零解$\Leftrightarrow \boldsymbol{\beta}_1, \boldsymbol{\beta}_2, \dots, \boldsymbol{\beta}_m$  线性无关.证毕.
 # Trivia
 ### 证明方阵可交换
 #### **通用解题框架**：$AB = kA + lB$ 型等式证明 $AB=BA$
@@ -529,27 +568,59 @@ $AB - kA - lB + klE = BA - lB - kA + klE$
 两边消去相同项$-kA - lB + klE$ ，直接得到：
 $AB = BA$
 
->[!example] 例题18
+>[!example] 例题20
 >设 $A, B$ 是 3 阶矩阵，$AB = 2A - B$，如果 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ 是 $A$ 的 3 个不同特征值。证明：
 (1) $AB = BA$；
 (2) 存在可逆矩阵 $P$，使得 $P^{-1}AP$ 与 $P^{-1}BP$ 均为对角矩阵。
 
 >[!note] **证明：**
->(1)
->	$\because AB = 2A - B$
->	$\therefore (A + E)(B - 2E) = -2E$
->	$\therefore ( B - 2E)(A + E) = (A + E)(B - 2E)$
->	$\therefore AB = BA$
->(2)
->	设 $P^{-1}AP = \Lambda_1$，$\Lambda_1$ 为对角矩阵  
->	则 $P^{-1}ABP = P^{-1}BAP$
->	$\therefore P^{-1}APP^{-1}BP = P^{-1}BPP^{-1}AP$
->	设 $P^{-1}BP = \Lambda_2$
->	$\therefore \Lambda_1\Lambda_2 = \Lambda_2\Lambda_1$
->	与对角矩阵可交换的矩阵必为对角矩阵  
->	证毕
+>**(1)**  
+>$\because AB = 2A - B$  
+>$\therefore (A + E)(B - 2E) = -2E$  
+>$\therefore ( B - 2E)(A + E) = (A + E)(B - 2E)$  
+>$\therefore AB = BA$  
+>
+>**(2)**  
+>设 $P^{-1}AP = \Lambda_1$，$\Lambda_1$ 为对角矩阵，且其对角元素互不相同。  
+>则 $P^{-1}ABP = P^{-1}BAP$  
+>$\therefore P^{-1}APP^{-1}BP = P^{-1}BPP^{-1}AP$  
+>设 $P^{-1}BP = \Lambda_2$，则 $\Lambda_1\Lambda_2 = \Lambda_2\Lambda_1$。  
+>
+>**定理**：设 $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n)$ 是一个 $n \times n$ 对角矩阵，且其对角元素两两互不相同（即当 $i \neq j$ 时，$\lambda_i \neq \lambda_j$）。若矩阵 $A$ 与 $D$ 可交换，即 $AD = DA$，则 $A$ 必为对角矩阵。
+>
+>**证明**：  
+>记 $A = (a_{ij})$ 为 $n \times n$ 矩阵，并记 $D$ 的对角元素为 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。计算矩阵乘积 $AD$ 与 $DA$：
+>
+>1. 对于 $AD$ 的 $(i,j)$ 元素，由矩阵乘法规则，它是 $A$ 的第 $i$ 行与 $D$ 的第 $j$ 列对应元素的乘积之和。由于 $D$ 是对角矩阵，其第 $j$ 列只有第 $j$ 个元素非零，且等于 $\lambda_j$，其余元素均为零。因此：
+>$$
+>(AD)_{ij} = a_{i1} \cdot 0 + a_{i2} \cdot 0 + \dots + a_{ij} \cdot \lambda_j + \dots + a_{in} \cdot 0 = a_{ij} \lambda_j.
+>$$
+>
+>2. 对于 $DA$ 的 $(i,j)$ 元素，它是 $D$ 的第 $i$ 行与 $A$ 的第 $j$ 列对应元素的乘积之和。由于 $D$ 的第 $i$ 行只有第 $i$ 个元素非零，且等于 $\lambda_i$，其余元素均为零。因此：
+>$$
+>(DA)_{ij} = 0 \cdot a_{1j} + 0 \cdot a_{2j} + \dots + \lambda_i \cdot a_{ij} + \dots + 0 \cdot a_{nj} = \lambda_i a_{ij}.
+>$$
+>
+>由条件 $AD = DA$，对应元素相等，所以对于任意 $i,j$，有：
+>$$
+>a_{ij} \lambda_j = \lambda_i a_{ij}.
+>$$
+>移项得：
+>$$
+>a_{ij} (\lambda_j - \lambda_i) = 0.
+>$$
+>
+>当 $i \neq j$ 时，由已知 $\lambda_i \neq \lambda_j$，所以 $\lambda_j - \lambda_i \neq 0$，因此必须满足 $a_{ij} = 0$。  
+>当 $i = j$ 时，等式自然成立，对 $a_{ii}$ 没有限制。
+>
+>这表明 $A$ 的所有非对角元素（即 $i \neq j$ 时的 $a_{ij}$）都为零，因此 $A$ 是一个对角矩阵。∎
+>
+>由上述定理，因为 $\Lambda_1$ 的对角元素互不相同，且 $\Lambda_1\Lambda_2 = \Lambda_2\Lambda_1$，所以 $\Lambda_2$ 也是对角矩阵。  
+>因此，$B = P \Lambda_2 P^{-1}$ 可对角化，且 $A$ 和 $B$ 可同时对角化。
+>
+>**证毕**
 
->[!example] 例题19
+>[!example] 例题21
 设 $n$ 阶方阵 $A, B$ 满足 $AB = A + B$。
 （1）证明 $A - E$ 可逆；
 （2）证明 $AB = BA$；