(4)已知A=}1&1&11&2&11&1&2.
题目解答
答案
题目分析
已知矩阵：
$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}, \quad B = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix}$
要求寻找可逆矩阵 $P$，使得 $P^T A P = \Lambda_1$ 和 $P^T B P = \Lambda_2$ 均为对角矩阵。
这本质上是同时合同对角化两个对称矩阵的问题。由于 $A$ 是正定矩阵（可以通过顺序主子式判断），我们可以先通过合同变换将 $A$ 化为单位矩阵 $I$，然后再对变换后的 $B$ 进行正交对角化。
第一步：将矩阵 $A$ 合同化为单位矩阵
首先，我们求一个可逆矩阵 $C$，使得 $C^T A C = I$。这等价于对 $A$ 进行 Cholesky 分解或配方法。
写出 $A$ 对应的二次型：
$f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3 + 2x_2x_3$
我们对 $f$ 进行配方：
- 将含 $x_1$ 的项集中：
$f = (x_1^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3) + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_2x_3$
$f = [x_1 + (x_2 + x_3)]^2 - (x_2 + x_3)^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_2x_3$
$f = (x_1 + x_2 + x_3)^2 + (2x_2^2 - x_2^2) + (2x_3^2 - x_3^2) + (2x_2x_3 - 2x_2x_3)$
$f = (x_1 + x_2 + x_3)^2 + x_2^2 + x_3^2$
令：
$\begin{cases}y_1 = x_1 + x_2 + x_3 \\y_2 = x_2 \\y_3 = x_3\end{cases}
\implies
\begin{cases}x_1 = y_1 - y_2 - y_3 \\x_2 = y_2 \\x_3 = y_3\end{cases}$
此时 $f = y_1^2 + y_2^2 + y_3^2$。对应的变换矩阵 $x = C_1 y$ 为：
$C_1 = \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
验证可知 $C_1^T A C_1 = I$。
第二步：计算 $C_1^T B C_1$ 并进行正交对角化
计算 $B' = C_1^T B C_1$：
$B' = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
先算 $B C_1$：
$B C_1 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
再算 $C_1^T (B C_1)$：
$B' = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
现在我们需要找一个正交矩阵 $Q$，使得 $Q^T B' Q = \Lambda_2$（对角）。由于 $C_1^T A C_1 = I$，那么 $Q^T I Q = I$ 依然保持对角。
求 $B' = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ 的特征值：
$\det(B' - \lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & 0 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ 1 & 0 & -\lambda \end{vmatrix} = (2-\lambda)(\lambda^2 - 1) = 0$
特征值为 $\lambda_1 = 2, \lambda_2 = 1, \lambda_3 = -1$。
对应的单位特征向量：
- $\lambda = 2 \implies v_1 = (0, 1, 0)^T$
- $\lambda = 1 \implies v_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 0, 1)^T$
- $\lambda = -1 \implies v_3 = \frac{1}{\sqrt{2}}(-1, 0, 1)^T$
令 $Q = [v_1, v_2, v_3] = \begin{bmatrix} 0 & 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{2} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix}$。
第三步：得出最终矩阵 $P$
令 $P = C_1 Q$：
$P = \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{2} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 & -\sqrt{2} \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{bmatrix}$
此时 $P^T A P = I = \Lambda_1$，$P^T B P = \text{diag}(2, 1, -1) = \Lambda_2$。$P$ 即为所求的可逆矩阵。