problem

在 $\mathbb{R}[x]$, 且 $\forall f \in \mathbb{R}[x],\deg f<4$ ，定义 $(f(x) , g(x))=\int_0^1 f(x) g(x) \mathrm{d} x$ ．

（1）证： $\mathbb{R}[x]$ 为欧式空间。

（2）求与 $1, x, x^2$ 都正交的多项式。

solution

证明 $\mathbb{R}[x]$（次数小于 4 的多项式）为欧式空间

步骤 1：验证向量空间结构

$\mathbb{R}[x]$ 中次数小于 4 的多项式全体构成一个实向量空间，其维数为 4，基为 $\{1, x, x^2, x^3\}$。因此，该空间是有限维的。

步骤 2：验证内积的公理

定义内积 $(f, g) = \int_0^1 f(x)g(x) \, dx$，需验证以下性质：

1. 对称性：$(f, g) = (g, f)$，显然成立。
2. 双线性性：积分对加法和标量乘法线性，满足双线性。
3. 正定性：对任意非零多项式 $f$，有：

$$(f, f) = \int_0^1 [f(x)]^2 \, dx > 0$$

因为被积函数非负且连续，若积分为 0，则 $f(x) \equiv 0$。

步骤 3：结论

由于 $\mathbb{R}[x]$ 是有限维实向量空间，并配备了正定对称双线性形式，因此它是一个欧式空间。

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求与 $1, x, x^2$ 都正交的多项式

步骤 1：设多项式形式

设所求多项式为 $p(x) = a x^3 + b x^2 + c x + d$，需满足：

$$\begin{cases} \int_0^1 p(x) \cdot 1 \, dx = 0 \\ \int_0^1 p(x) \cdot x \, dx = 0 \\ \int_0^1 p(x) \cdot x^2 \, dx = 0 \end{cases}$$

步骤 2：计算积分方程组

1. 第一方程：

$$\int_0^1 (a x^3 + b x^2 + c x + d) \, dx = \frac{a}{4} + \frac{b}{3} + \frac{c}{2} + d = 0$$

1. 第二方程：

$$\int_0^1 (a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x) \, dx = \frac{a}{5} + \frac{b}{4} + \frac{c}{3} + \frac{d}{2} = 0$$

1. 第三方程：

$$\int_0^1 (a x^5 + b x^4 + c x^3 + d x^2) \, dx = \frac{a}{6} + \frac{b}{5} + \frac{c}{4} + \frac{d}{3} = 0$$

步骤 3：消元法求解线性方程组

将方程整理为：

$$\begin{cases} 3a + 4b + 6c + 12d = 0 \\ 12a + 15b + 20c + 30d = 0 \\ 10a + 12b + 15c + 20d = 0 \end{cases}$$

通过消元得到解：

$$a = -20d, \quad b = 30d, \quad c = -12d, \quad d \in \mathbb{R}$$

步骤 4：构造多项式

取 $d = 1$，则多项式为：

$$p(x) = -20x^3 + 30x^2 - 12x + 1$$

problem

证明：任一实可逆矩阵 $A$ ，都可以分解为 $A=Q R$ ，$Q$ 为正交矩阵，R 为上三角矩阵。（QR 分解）

proof

证明步骤

步骤 1：列向量线性无关性

由于 $A$ 可逆，其列向量 $\{\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \dots, \mathbf{a}_n\}$ 是线性无关的，构成 $\mathbb{R}^n$ 的一组基。

步骤 2：格拉姆-施密特正交化

对列向量进行格拉姆-施密特正交化，生成正交向量组 $\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_n\}$：

$$\begin{aligned} \mathbf{v}_1 &= \mathbf{a}_1 \\ \mathbf{v}_k &= \mathbf{a}_k - \sum_{i=1}^{k-1} \frac{\mathbf{v}_i \cdot \mathbf{a}_k}{\|\mathbf{v}_i\|^2} \mathbf{v}_i \quad (k \geq 2) \end{aligned}$$

步骤 3：单位化处理

将正交向量组单位化，得到标准正交基 $\{\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \dots, \mathbf{e}_n\}$：

$$\mathbf{e}_k = \frac{\mathbf{v}_k}{\|\mathbf{v}_k\|}$$

步骤 4：构造正交矩阵 $Q$

将标准正交基按列排列，构成正交矩阵：

$$Q = \begin{pmatrix} \mathbf{e}_1 & \mathbf{e}_2 & \cdots & \mathbf{e}_n \end{pmatrix}$$

验证正交性： $Q^\top Q = I$。

步骤 5：构造上三角矩阵 $R$

通过正交化过程的系数构造 $R$：

$$R = \begin{pmatrix} \|\mathbf{v}_1\| & \frac{\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{a}_2}{\|\mathbf{v}_1\|} & \cdots & \frac{\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{a}_n}{\|\mathbf{v}_1\|} \\ 0 & \|\mathbf{v}_2\| & \cdots & \frac{\mathbf{v}_2 \cdot \mathbf{a}_n}{\|\mathbf{v}_2\|} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & \|\mathbf{v}_n\| \end{pmatrix}$$

关键性质： $R$ 是上三角矩阵，且对角线元素为正。

步骤 6：验证分解的正确性

通过矩阵乘法验证 $A = QR$：

• 第 $k$ 列 $\mathbf{a}_k$ 的表达式为：

$$\mathbf{a}_k = \sum_{i=1}^k r_{ik} \mathbf{e}_i$$

其中 $r_{ik}$ 是 $R$ 的元素。

• 矩阵形式即满足 $A = QR$。

结论

对于任意实可逆矩阵 $A$，通过格拉姆-施密特正交化方法构造的 $Q$ 和 $R$ 满足：

$$A = QR,\quad Q^\top Q = I,\quad R \text{ 为上三角矩阵}$$

最终结论：

$$\boxed{\text{QR分解存在}}$$

验证要点：

1. 正交矩阵的定义保证了 $Q^\top Q = I$；
2. 格拉姆-施密特过程保证 $R$ 的上三角结构；
3. 可逆性确保 $R$ 的对角元非零，从而 $R$ 可逆。

remark

对于复矩阵依然成立，并且进一步可证其分解的唯一性。

problem

证明：任一正定矩阵 A 可作分解 $A=T^{\prime} T$ ，其中 $T$ 为对角元均为正的上三角矩阵。（Cholesky 分解）

proof

步骤 1：数学归纳法基础情形（$n=1$）

当 $n=1$ 时，$A = [a_{11}]$ 是正定矩阵，因此 $a_{11} > 0$。取 $T = [\sqrt{a_{11}}]$，显然 $T$ 是上三角矩阵且对角元为正，满足 $A = T^\prime T$。

步骤 2：归纳假设

假设对所有 $n-1$ 阶正定矩阵，存在对角元为正的上三角矩阵 $L_{n-1}$，使得 $A_{n-1} = L_{n-1}^\prime L_{n-1}$。

步骤 3：构造 $n$ 阶矩阵分解

将 $n$ 阶正定矩阵 $A$ 分块为：

$$A = \begin{bmatrix} A_{n-1} & b \\ b^\prime & c \end{bmatrix}$$

其中 $A_{n-1}$ 是 $n-1$ 阶正定矩阵，$b \in \mathbb{R}^{n-1}$，$c \in \mathbb{R}$。根据归纳假设，存在上三角矩阵 $L_{n-1}$，使得：

$$A_{n-1} = L_{n-1}^\prime L_{n-1}$$

步骤 4：确定分解矩阵 $T$ 的形式

设 $T$ 为：

$$T = \begin{bmatrix} L_{n-1} & d \\ 0 & t \end{bmatrix}$$

其中 $d \in \mathbb{R}^{n-1}$，$t > 0$。则 $T^\prime T$ 为：

$$T^\prime T = \begin{bmatrix} L_{n-1}^\prime L_{n-1} & L_{n-1}^\prime d \\ d^\prime L_{n-1} & d^\prime d + t^2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_{n-1} & b \\ b^\prime & c \end{bmatrix}$$

步骤 5：解方程确定 $d$ 和 $t$

1. 方程 $L_{n-1}^\prime d = b$ 由于 $L_{n-1}$ 可逆（对角元为正），解得：

   $$d = (L_{n-1}^\prime)^{-1} b$$

2. 方程 $d^\prime d + t^2 = c$ 代入 $d$ 的表达式得：

   $$t^2 = c - d^\prime d = c - b^\prime (L_{n-1} L_{n-1}^\prime)^{-1} b$$

   由于 $A$ 正定，其 Schur 补 $c - b^\prime A_{n-1}^{-1} b > 0$，而 $L_{n-1} L_{n-1}^\prime = A_{n-1}$，故：

   $$t = \sqrt{c - b^\prime A_{n-1}^{-1} b} > 0$$

步骤 6：验证构造的 $T$ 满足条件

• $T$ 是上三角矩阵，且对角元 $L_{n-1}$ 和 $t$ 均为正。
• 通过构造，$T^\prime T = A$，且分解唯一（由正定性和递归构造唯一性保证）。

结论：由数学归纳法，所有正定矩阵 $A$ 均可 Cholesky 分解为 $A = T^\prime T$，其中 $T$ 是对角元均为正的上三角矩阵。

---

关键点总结：

1. 正定性保证可行性：正定矩阵的主子式正定，确保分解过程中所有平方根和逆矩阵存在。
2. 递归构造：通过分块矩阵逐步扩展分解形式。
3. 唯一性：对角元为正的约束使得分解唯一。

最终答案

$$\boxed{\text{存在上三角矩阵 } T \text{ 使得 } A = T^\prime T}$$

problem

$(1,2,2),(-1,0,2) \in \mathbb{R}^3$ ，将其变为标准正交的向量组.

solution

验证向量是否正交

计算向量内积：

$$(1,2,2) \cdot (-1,0,2) = (1)(-1) + (2)(0) + (2)(2) = -1 + 0 + 4 = 3 \neq 0$$

结论： 向量不正交，需进行正交化处理。

格拉姆-施密特正交化

1. 保留第一个向量 $\mathbf{v}_1 = (1,2,2)$
2. 处理第二个向量 $\mathbf{v}_2 = (-1,0,2)$：

$$\mathbf{u}_2 = \mathbf{v}_2 - \frac{\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2}{\|\mathbf{v}_1\|^2} \mathbf{v}_1$$

计算投影系数：

$$\frac{\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2}{\|\mathbf{v}_1\|^2} = \frac{3}{1^2 + 2^2 + 2^2} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$$

正交化后的向量：

$$\mathbf{u}_2 = (-1,0,2) - \frac{1}{3}(1,2,2) = (-\frac{4}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{4}{3})$$

单位化处理

1. 单位化 $\mathbf{v}_1$：

$$\|\mathbf{v}_1\| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 2^2} = 3 \implies \mathbf{e}_1 = \frac{1}{3}(1,2,2) = (\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3})$$

1. 单位化 $\mathbf{u}_2$：

$$\|\mathbf{u}_2\| = \sqrt{(-\frac{4}{3})^2 + (-\frac{2}{3})^2 + (\frac{4}{3})^2} = 2 \implies \mathbf{e}_2 = \frac{1}{2}(-\frac{4}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{4}{3}) = (-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3}, \frac{2}{3})$$

验证标准正交性

1. 正交性：

$$\mathbf{e}_1 \cdot \mathbf{e}_2 = (\frac{1}{3})(-\frac{2}{3}) + (\frac{2}{3})(-\frac{1}{3}) + (\frac{2}{3})(\frac{2}{3}) = 0$$

1. 单位长度：

$$\|\mathbf{e}_1\| = \|\mathbf{e}_2\| = 1$$

最终结论

标准正交向量组为：

$$\{(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}), (-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3}, \frac{2}{3})\}$$

problem

设 $A \in S_n(\mathbb{R}),B$ 为 $n$ 阶正定矩阵，证明：$\exists C \in \operatorname{GL}_{n}(\mathbb{R})$ s.t.$C^\prime AC,C^{\prime}BC$ 均为对角阵。

proof

步骤 1：利用正定矩阵 $B$ 的合同标准形

由于 $B$ 是正定矩阵，根据合同对角化定理，存在可逆矩阵 $P \in \operatorname{GL}_n(\mathbb{R})$，使得：

$$P^\prime B P = I_n$$

步骤 2：处理对称矩阵 $A$

令 $A^\prime = P^\prime A P$，则 $A^\prime$ 仍为实对称矩阵，因为：

$$(A^\prime)^\prime = (P^\prime A P)^\prime = P^\prime A^\prime P = P^\prime A P = A^\prime$$

步骤 3：对角化 $A^\prime$

根据实对称矩阵的正交对角化定理，存在正交矩阵 $Q \in O(n)$（即 $Q^\prime Q = I_n$），使得：

$$Q^\prime A^\prime Q = D$$

其中 $D$ 为对角矩阵。

步骤 4：构造最终的可逆矩阵 $C$

令 $C = P Q$，则 $C \in \operatorname{GL}_n(\mathbb{R})$（因为 $P$ 和 $Q$ 均可逆）。验证 $C^\prime B C$ 和 $C^\prime A C$ 的对角性：

1. 对 $B$ 的作用：

   $$C^\prime B C = (P Q)^\prime B (P Q) = Q^\prime P^\prime B P Q = Q^\prime I_n Q = Q^\prime Q = I_n$$

   显然为对角阵。

2. 对 $A$ 的作用：

   $$C^\prime A C = (P Q)^\prime A (P Q) = Q^\prime P^\prime A P Q = Q^\prime A^\prime Q = D$$

   也为对角阵。

步骤 5：结论

因此，存在可逆矩阵 $C = P Q$，使得 $C^\prime A C$ 和 $C^\prime B C$ 均为对角阵。

---

关键点总结：

1. 正定矩阵的合同标准形：通过可逆矩阵 $P$ 将 $B$ 合同为 $I_n$。
2. 对称矩阵的正交对角化：在 $B$ 被标准化后，对 $A$ 进行正交对角化。
3. 复合变换矩阵：结合两次变换的矩阵 $C = P Q$，确保同时对角化。

最终结论： 存在可逆矩阵 $C \in \operatorname{GL}_n(\mathbb{R})$，使得 $C^\prime A C$ 和 $C^\prime B C$ 均为对角阵。

problem

设 $A,B,C$ 为正定阵，若 $ABC$ 为对角阵，证明 $ABC$ 为正定阵。

proof

1. 构造二次型并分解： 对任意非零向量 $x \in \mathbb{R}^n$，考虑二次型：

$$x^\top ABC x$$

由于 $B$ 正定，存在唯一正定平方根矩阵 $B^{1/2}$，使得 $B = B^{1/2} B^{1/2}$。令：

$$z = B^{1/2} C x$$

因为 $C$ 正定（可逆）且 $B^{1/2}$ 正定（可逆），当 $x \neq 0$ 时，$C x \neq 0$，从而 $z \neq 0$。

2. 将二次型转化为正定形式： 代入 $z$ 的表达式：

$$x^\top ABC x = x^\top A B^{1/2} B^{1/2} C x = (B^{1/2} C x)^\top A (B^{1/2} C x) = z^\top A z$$

因 $A$ 正定，对任意非零 $z$，有：

$$z^\top A z > 0$$

从而：

$$x^\top ABC x > 0 \quad \text{对所有非零} \ x \in \mathbb{R}^n \ \text{成立}$$

3. 对称性与正定性结合： 已知 $ABC$ 为对角矩阵（对称），且其二次型对所有非零 $x$ 为正，故 $ABC$ 是正定矩阵。

关键结论：

• 通过构造 $z = B^{1/2} C x$，将任意非零 $x$ 的二次型映射为 $z^\top A z > 0$。
• $B^{1/2}$ 和 $C$ 的可逆性保证了 $z \neq 0$ 当且仅当 $x \neq 0$。
• 对角矩阵的正定性由对角线元素全正决定，而二次型正定性已证。

最终结论： 若 $A, B, C$ 为正定矩阵且 $ABC$ 为对角矩阵，则 $ABC$ 必为正定矩阵。

problem

$A=\begin{pmatrix}-3 &4\\4 &3\end{pmatrix},$ 求正交阵 $T,$s.t.$T^{\prime}AT$ 为对角阵。

solution

验证矩阵对称性

矩阵 $A = \begin{pmatrix} -3 & 4 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}$ 的转置 $A^\top = A$，故 $A$ 是对称矩阵，根据谱定理，存在正交矩阵 $T$ 使得 $T^\prime AT$ 为对角阵。

求特征值

解特征方程 $\det(A - \lambda I) = 0$：

$$\begin{vmatrix} -3 - \lambda & 4 \\ 4 & 3 - \lambda \end{vmatrix} = \lambda^2 - 25 = 0$$

得特征值：

$$\lambda_1 = 5,\quad \lambda_2 = -5$$

求特征向量

1. 对应 $\lambda_1 = 5$ 的特征向量： 解方程 $(A - 5I)\mathbf{v} = 0$，即：

   $$\begin{cases} -8x + 4y = 0 \\ 4x - 2y = 0 \end{cases} \implies y = 2x$$

   取 $x=1$，得特征向量 $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$。

2. 对应 $\lambda_2 = -5$ 的特征向量： 解方程 $(A + 5I)\mathbf{v} = 0$，即：

   $$\begin{cases} 2x + 4y = 0 \\ 4x + 8y = 0 \end{cases} \implies x = -2y$$

   取 $y=1$，得特征向量 $\mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

正交化与单位化

1. 验证正交性： $\mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2 = (1)(-2) + (2)(1) = 0$，说明特征向量正交。

2. 单位化：

   • $\mathbf{v}_1$ 单位化： $\|\mathbf{v}_1\| = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$，得 $\mathbf{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$。
   • $\mathbf{v}_2$ 单位化： $\|\mathbf{v}_2\| = \sqrt{(-2)^2 + 1^2} = \sqrt{5}$，得 $\mathbf{u}_2 = \frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

构造正交矩阵 $T$

将单位特征向量按列排列：

$$T = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{\sqrt{5}} \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}$$

最终结论

正交矩阵 $T$ 使得 $T^\prime AT$ 为对角阵：

$$T = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & -\frac{2}{\sqrt{5}} \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}$$