red->orange

素材/整合素材/二次型与合同题目.md

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 >[!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<span style='color:red'>可逆矩阵与初等变换之间的关系</span>。如果能看到前一个线性变换和后一个线性变换之间<span style='color:red'>只差了两次初等变换</span>，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。
+**题后总结：** 此题关键在于理解<span style='color:orange'>可逆矩阵与初等变换之间的关系</span>。如果能看到前一个线性变换和后一个线性变换之间<span style='color:orange'>只差了两次初等变换</span>，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
 >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。
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 >[!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，<span style='color:red'>第一次配要把</span> $\color{red}x_1$ <span style='color:red'>配干净</span>，即在括号外面没有含 $x_1$ 的项，第二次就是 $x_2$，以此类推。
+**题后总结：** 配方法主要要注意，<span style='color:orange'>第一次配要把</span> $\color{orange}x_1$ <span style='color:orange'>配干净</span>，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. 
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 >由于 $A$ 为正定矩阵，所以对任意 $\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0,$ 有 $\boldsymbol x^\text{T}A\boldsymbol x>0.$ 
 >考虑矩阵 $B$ 对应特征值 $\lambda$ 的特征向量 $\boldsymbol p\neq\boldsymbol 0$, 则由特征值的定义知 $B\boldsymbol p=\lambda\boldsymbol p$. 由正定性可知 $$\begin{aligned}\boldsymbol p^\text{T}(A-B^\text{T}AB)\boldsymbol p&=\boldsymbol p^\text{T}A\boldsymbol p-\boldsymbol p^\text{T}B^\text{T}AB\boldsymbol p\\&=\boldsymbol p^\text{T}A\boldsymbol p-(B\boldsymbol p)^\text{T}A(B\boldsymbol p)\\&=(1-\lambda^2)\boldsymbol p^\text{T}A\boldsymbol p>0\end{aligned}.$$于是 $1-\lambda^2>0$，即 $|\lambda|<1$.
 
-**题后总结：** 这道题目比较刁钻，但并非没有思路。同样是要从正定性的<span style='color:red'>定义</span>出发，也可以找到思路。
+**题后总结：** 这道题目比较刁钻，但并非没有思路。同样是要从正定性的<span style='color:orange'>定义</span>出发，也可以找到思路。
 
 >[!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 $\displaystyle y_1^2+y_2^2$.
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 >（2）由 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 知 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$.  由（1）知，存在正交变换 $\boldsymbol x=C\boldsymbol z$，使得 $\displaystyle f\overset{\boldsymbol x=C\boldsymbol z}{=}2(z_1^2+z_2^2)$. 由于正交变换不改变向量长度，有 $z_1^2+z_2^2+z_3^2=1\Rightarrow z_1^2+z_2^2=1-z_3^2$, 带入得 $$f=2(1-z_3^2)\le2, \text{等号当且仅当} z_3=0 \text{时取得.}$$
 >由（1），可取正交矩阵 $\displaystyle C=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\0 & 1 & 0 \\\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$，则 $\displaystyle \boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{z_1}{\sqrt{2}} \\ z_2 \\ \frac{z_1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$. 当 $x_1=x_2$ 时， $\displaystyle z_1=\sqrt 2z_2=\frac{\sqrt 6}{3}\Rightarrow x_1=x_2=x_3=\frac{1}{\sqrt 3}$. 故 当$\boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}$ 时，$f_{\max}=2.$
 
-**题后总结：** （1）二次型里面求变换矩阵和原矩阵的题目都很多，这里取一道求变换矩阵的。要注意：<span style="color:red">变换矩阵中列向量排列的顺序要和它对应的特征值一致</span>。比如如果把题设条件改成 “化为 $y_1^2+y_3^2$ ”，那得出的变换矩阵 $P$ 就不是这样的。
+**题后总结：** （1）二次型里面求变换矩阵和原矩阵的题目都很多，这里取一道求变换矩阵的。要注意：<span style="color:orange">变换矩阵中列向量排列的顺序要和它对应的特征值一致</span>。比如如果把题设条件改成 “化为 $y_1^2+y_3^2$ ”，那得出的变换矩阵 $P$ 就不是这样的。
 求变换矩阵的一般步骤是：
 1. 求特征值及对应的线性无关的特征向量；
 2. 如果需要正交化就把特征向量组进行正交化‘
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 >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 $0<t<2.$
 
-**题后总结：** 利用顺序主子式讨论正定性，这是讨论<span style="color:red">带参数</span>的二次型正定性的主要方法。
+**题后总结：** 利用顺序主子式讨论正定性，这是讨论<span style="color:orange">带参数</span>的二次型正定性的主要方法。
 
 ## 合同
 我们一般只讨论实对称矩阵的合同关系。由于实对称矩阵一定可相似对角化，且特征值一定为实数，故只要两个实对称矩阵的特征值正负惯性指数相同，它们就是合同的。另外，合同是一种等价关系，具有传递性，所以我们可以把一个矩阵合同变换化为对角矩阵，然后再判断它与其他矩阵是否合同。