以 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 为列构造矩阵并化为行阶梯形：

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 1 \\ 1 & 3 & 0 \end{pmatrix}

\xrightarrow{r_2-2r_1} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}

\xrightarrow{r_3-r_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

有 2 个非零行，故向量组的秩为 $\mathbf{2}$。

每个非零行的首个非零元对应的列是第1、2列，故 $\alpha_1, \alpha_2$ 是一个极大无关组。

且 $\alpha_3 = -\alpha_1 + \alpha_2$（验证：$-\alpha_1+\alpha_2 = (-1+2, -2+5, -1+3) = (1,3,2)\neq\alpha_3$）

由行阶梯形得约束：$x_1\cdot\alpha_1 + x_2\cdot\alpha_2 + x_3\cdot\alpha_3 = 0$，其中 $x_3$ 自由。实际上 $\alpha_3 = \alpha_2 - \alpha_1$。

构造矩阵并求秩：

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & -4 \\ -1 & t & 5 \\ 1 & 0 & -2 \end{pmatrix}

\xrightarrow{r_2-2r_1} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & -4 & -4 \\ 0 & t+2 & 5 \\ 0 & -2 & -2 \end{pmatrix}

\xrightarrow{r_4 \times (-1/2)} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & -4 & -4 \\ 0 & t+2 & 5 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$

$\xrightarrow{r_2 \leftrightarrow r_4} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & -4 & -4 \\ 0 & t+2 & 5 \end{pmatrix}

\xrightarrow{r_3+4r_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & t+2 & 5 \end{pmatrix}

\xrightarrow{r_4-(t+2)r_2} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5-(t+2) \end{pmatrix}$

秩为2 $\Leftrightarrow$ 第4行也全为0，即 $5-(t+2)=0$，得 $t = \mathbf{3}$。

此时极大无关组为 $\alpha_1, \alpha_2$（或 $\alpha_1, \alpha_3$，或 $\alpha_2, \alpha_3$）。

💡 非零行的首个非零元所在列对应的原向量构成极大无关组。

(1) $\langle\alpha,\beta\rangle = 1\times2 + 2\times1 + 2\times(-2) = 2+2-4 = \mathbf{0}$

(2) $\|\alpha\| = \sqrt{1^2+2^2+2^2} = \sqrt{1+4+4} = \sqrt{9} = \mathbf{3}$

(3) $\langle\alpha,\beta\rangle = 0$，故 $\alpha$ 与 $\beta$ 正交。

💡 正交即两向量内积为0，用符号 $\alpha \perp \beta$ 表示。

第一步：$\beta_1 = \alpha_1 = (1,1,0)^T$

第二步：$\beta_2 = \alpha_2 - \dfrac{\langle\alpha_2,\beta_1\rangle}{\langle\beta_1,\beta_1\rangle}\beta_1$

$\langle\alpha_2,\beta_1\rangle = 1\times1 + 0\times1 + 1\times0 = 1$

$\langle\beta_1,\beta_1\rangle = 1^2+1^2+0^2 = 2$

$\beta_2 = (1,0,1) - \dfrac{1}{2}(1,1,0) = \left(\dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2}, 1\right)^T$

单位化：

$e_1 = \dfrac{\beta_1}{\|\beta_1\|} = \dfrac{(1,1,0)}{\sqrt{2}} = \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}, 0\right)^T$

$\|\beta_2\| = \sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 + 1^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+1} = \sqrt{\dfrac{3}{2}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$

$e_2 = \dfrac{\beta_2}{\|\beta_2\|} = \left(\dfrac{1}{\sqrt{6}}, -\dfrac{1}{\sqrt{6}}, \dfrac{2}{\sqrt{6}}\right)^T$

标准正交基：$\{e_1, e_2\}$

特征方程：$|A - \lambda I| = \begin{vmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \end{vmatrix} = (3-\lambda)^2 - 1 = 0$

$(3-\lambda)^2 = 1 \Rightarrow 3-\lambda = \pm 1$

$\lambda_1 = 2,\ \lambda_2 = 4$

当 $\lambda_1 = 2$ 时：$(A-2I)x = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}x = 0$

得 $x_1 + x_2 = 0$，基础解系 $\xi_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$

对应的特征向量：$k_1\xi_1,\ k_1\neq 0$

当 $\lambda_2 = 4$ 时：$(A-4I)x = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}x = 0$

得 $x_1 - x_2 = 0$，基础解系 $\xi_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

对应的特征向量：$k_2\xi_2,\ k_2\neq 0$

(1) $|A| = \lambda_1\lambda_2\lambda_3 = 1\times2\times3 = \mathbf{6}$

$tr(A) = \lambda_1+\lambda_2+\lambda_3 = 1+2+3 = \mathbf{6}$

(2) $A^{-1}$ 的特征值为 $\dfrac{1}{\lambda_i}$：$\mathbf{1,\ \dfrac{1}{2},\ \dfrac{1}{3}}$

(3) $A^2 + I$ 的特征值为 $\lambda_i^2 + 1$：$1^2+1=2,\ 2^2+1=5,\ 3^2+1=10$ → $\mathbf{2,\ 5,\ 10}$

💡 若 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则 $f(\lambda)$ 是 $f(A)$ 的特征值。

由练习1知 $A$ 有两个不同的特征值 $\lambda_1=2,\ \lambda_2=4$。

不同特征值对应的特征向量一定线性无关，故 $A$ 有 2 个线性无关的特征向量，可对角化。

取特征向量为列：$P = (\xi_1, \xi_2) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$

则 $P^{-1}AP = \Lambda = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}$

验算：$P^{-1} = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

$P^{-1}AP = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} \quad \checkmark$

先对角化 $A$。

特征方程：$|A-\lambda I| = (1-\lambda)^2 - 4 = 0 \Rightarrow \lambda_1 = -1,\ \lambda_2 = 3$

$\lambda=-1$ 时，$\xi_1 = (1,-1)^T$；$\lambda=3$ 时，$\xi_2 = (1,1)^T$

取 $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$，$P^{-1} = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

则 $A = P\Lambda P^{-1}$，其中 $\Lambda = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$

$A^{100} = P\Lambda^{100}P^{-1} = P\begin{pmatrix} (-1)^{100} & 0 \\ 0 & 3^{100} \end{pmatrix}P^{-1}$

$= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3^{100} \end{pmatrix}\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

$= \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 3^{100} \\ -1 & 3^{100} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}

= \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+3^{100} & -1+3^{100} \\ -1+3^{100} & 1+3^{100} \end{pmatrix}$

$A^{100} = \mathbf{\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+3^{100} & 3^{100}-1 \\ 3^{100}-1 & 1+3^{100} \end{pmatrix}}$

💡 对角化后，求矩阵幂转化为求特征值的幂，大大简化计算。

二次型 $f = x^TAx$，$A$ 为对称矩阵。

$a_{ii}$ = $x_i^2$ 的系数：$a_{11}=1,\ a_{22}=2,\ a_{33}=3$

$a_{ij}=a_{ji}$ = $x_ix_j$ 系数的一半：

$a_{12}=a_{21}=4/2=2,\ a_{13}=a_{31}=-2/2=-1,\ a_{23}=a_{32}=6/2=3$

∴ $A = \begin{pmatrix} \mathbf{1} & \mathbf{2} & \mathbf{-1} \\ \mathbf{2} & \mathbf{2} & \mathbf{3} \\ \mathbf{-1} & \mathbf{3} & \mathbf{3} \end{pmatrix}$

💡 交叉项系数要平分到对称位置：$a_{ij} = a_{ji} = \dfrac{\text{交叉项系数}}{2}$。

用顺序主子式判定：

(1) $A$：一阶主子式 $2 > 0$，二阶主子式 $|A| = 2\times2-1\times1 = 3 > 0$

→ $A$ 正定（特征值：$\lambda_1=1,\ \lambda_2=3$，均正 $\checkmark$）

(2) $B$：一阶主子式 $1 > 0$，二阶主子式 $|B| = 1\times1-2\times2 = -3 < 0$

→ $B$ 不是正定矩阵（特征值：$\lambda_1=-1,\ \lambda_2=3$，有负值）

💡 二次型 $f(x)=x^TBx = x_1^2+x_2^2+4x_1x_2$，当 $x=(1,-1)$ 时 $f=1+1-4=-2<0$，不正定。

二次型矩阵：$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 4 & 2 \\ 0 & 2 & t \end{pmatrix}$

顺序主子式：

一阶：$\Delta_1 = 1 > 0 \quad \checkmark$

二阶：$\Delta_2 = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 4 \end{vmatrix} = 4-1 = 3 > 0 \quad \checkmark$

三阶：$\Delta_3 = |A| = 1\cdot\begin{vmatrix} 4 & 2 \\ 2 & t \end{vmatrix} - 1\cdot\begin{vmatrix} 1 & 2 \\ 0 & t \end{vmatrix} + 0$

$= (4t-4) - (t-0) = 4t-4-t = 3t-4$

正定 $\Leftrightarrow$ 各阶顺序主子式 $>0$，即 $3t-4 > 0$

∴ $t > \mathbf{\dfrac{4}{3}}$

💡 正定性的判定——顺序主子式全大于0（霍尔维茨定理）。

(1) $V_1$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的子空间。

$\quad$— 零向量 $(0,0,0)$ 满足 $0+0+0=0$，故 $0 \in V_1$

$\quad$— 若 $\alpha,\beta \in V_1$，则它们的和也满足条件

$\quad$— 数乘封闭性也满足

故 $V_1$ 是线性空间（实际上是 $\mathbb{R}^3$ 中过原点的平面）。

(2) $V_2$ 不是线性空间。

$\quad$— 零向量 $(0,0,0)$ 不满足 $0+0+0=1$，故 $0 \notin V_2$

$\quad$— 没有零向量的集合不可能是线性空间

💡 线性空间必须有零元（零向量）！

(1) 基变换公式：$(\beta_1,\beta_2) = (\alpha_1,\alpha_2)P$

$\beta_1 = (1,2)^T = 1\cdot\alpha_1 + 2\cdot\alpha_2$ → $P$ 的第1列 = $\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$

$\beta_2 = (2,1)^T = 2\cdot\alpha_1 + 1\cdot\alpha_2$ → $P$ 的第2列 = $\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$

故过渡矩阵 $P = \begin{pmatrix} \mathbf{1} & \mathbf{2} \\ \mathbf{2} & \mathbf{1} \end{pmatrix}$

(2) 坐标变换公式：$x = Py$（$x$ 为旧基坐标，$y$ 为新基坐标）

已知 $x = (3,4)^T$，则 $y = P^{-1}x$

$P^{-1} = \dfrac{1}{1-4}\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = \dfrac{1}{-3}\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/3 & 2/3 \\ 2/3 & -1/3 \end{pmatrix}$

$y = \begin{pmatrix} -1/3 & 2/3 \\ 2/3 & -1/3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1+8/3 \\ 2-4/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mathbf{5/3} \\ \mathbf{2/3} \end{pmatrix}$

💡 坐标变换公式 $x = Py$ 中，$P$ 是旧基到新基的过渡矩阵。

(1) 由基变换公式 $(\beta_1,\beta_2,\beta_3) = (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)P$：

$\beta_1 = \alpha_1 + 2\alpha_2 + \alpha_3$ → 第1列：$(1,2,1)^T$

$\beta_2 = \alpha_1 + \alpha_2$ → 第2列：$(1,1,0)^T$

$\beta_3 = \alpha_2 + \alpha_3$ → 第3列：$(0,1,1)^T$

$P = \begin{pmatrix} \mathbf{1} & \mathbf{1} & \mathbf{0} \\ \mathbf{2} & \mathbf{1} & \mathbf{1} \\ \mathbf{1} & \mathbf{0} & \mathbf{1} \end{pmatrix}$

(2) $\gamma$ 在基 $I$ 下的坐标 $x = Py$

$x = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} 1+2+0 \\ 2+2+3 \\ 1+0+3 \end{pmatrix}

= \begin{pmatrix} \mathbf{3} \\ \mathbf{7} \\ \mathbf{4} \end{pmatrix}$

💡 注意方向：$x = Py$，$y$ 是新基坐标，$P$ 是旧→新过渡矩阵。

(1) 验证线性性：$T(k\alpha+l\beta) = kT(\alpha)+lT(\beta)$

设 $\alpha=(a_1,a_2),\ \beta=(b_1,b_2)$：

$T(k\alpha+l\beta) = T(ka_1+lb_1,\ ka_2+lb_2)$

$= (ka_1+lb_1+ka_2+lb_2,\ 2ka_1+2lb_1-ka_2-lb_2)$

$= k(a_1+a_2,\ 2a_1-a_2) + l(b_1+b_2,\ 2b_1-b_2)$

$= kT(\alpha) + lT(\beta) \quad \checkmark$

故 $T$ 是线性变换。

(2) 标准基 $e_1=(1,0),\ e_2=(0,1)$：

$T(e_1) = (1+0,\ 2-0) = (1,2) = 1\cdot e_1 + 2\cdot e_2$

$T(e_2) = (0+1,\ 0-1) = (1,-1) = 1\cdot e_1 + (-1)\cdot e_2$

矩阵表示 $A = \begin{pmatrix} \mathbf{1} & \mathbf{1} \\ \mathbf{2} & \mathbf{-1} \end{pmatrix}$

💡 线性变换的矩阵表示：第 $j$ 列 = $T(e_j)$ 在基下的坐标。

线性变换 $T$ 在基 $\{\alpha_1,\alpha_2\}$ 下的矩阵 $A$ 的含义是：

$T(\alpha_1,\alpha_2) = (\alpha_1,\alpha_2)A$

$T(\alpha_1) = (\alpha_1,\alpha_2)\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = 1\cdot\alpha_1 + 3\cdot\alpha_2$

= $1(1,1)^T + 3(1,-1)^T = (1+3,\ 1-3)^T = (4,-2)^T$

在该基下的坐标为 $\begin{pmatrix} \mathbf{1} \\ \mathbf{3} \end{pmatrix}$

$T(\alpha_2) = (\alpha_1,\alpha_2)\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix} = 2\cdot\alpha_1 + 4\cdot\alpha_2$

= $2(1,1)^T + 4(1,-1)^T = (2+4,\ 2-4)^T = (6,-2)^T$

在该基下的坐标为 $\begin{pmatrix} \mathbf{2} \\ \mathbf{4} \end{pmatrix}$

💡 $T(\alpha_j)$ 在基下的坐标 = 矩阵 $A$ 的第 $j$ 列。

(1) $\ker(T) = \{x \in \mathbb{R}^3 \mid Ax = 0\}$

求解齐次方程 $Ax=0$：

$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}

\xrightarrow{r_3-r_1} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

$R(A)=2$，$n=3$，$\dim\ker(T) = n-R(A) = \mathbf{1}$

(2) $\operatorname{Im}(T)$ 的维数 = $R(A) = 2$

行阶梯形主元列对应原矩阵第1、2列：

$\operatorname{Im}(T)$ 的一组基：$\left\{\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\right\}$

💡 秩-零度定理：$\dim\ker(T) + \dim\operatorname{Im}(T) = n$。

这里：$1+2=3 \quad \checkmark$