华东师范大学 2021年高等代数第6题
📝 题目
6．（20 分）令 $\displaystyle f(x, y)=a_{11} x^{2}+2 a_{12} x y+a_{22} y^{2}+2 b_{1} x+2 b_{2} y+c$ ，
$$
A_{f}=\left(\begin{array}{cc}
a_{11} & a_{12} \\
a_{12} & a_{22}
\end{array}\right), \quad B_{f}=\left(\begin{array}{ccc}
a_{11} & a_{12} & b_{1} \\
a_{12} & a_{22} & b_{2} \\
b_{1} & b_{2} & c
\end{array}\right) .
$$
证明：函数 $f$ 在坐标变换 $\displaystyle \binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}=Q\binom{x}{y}+\binom{d_{1}}{d_{2}}$ 下对应的 $\displaystyle \operatorname{Tr}\left(A_{f}\right), \operatorname{det}\left(A_{f}\right), \operatorname{det}\left(B_{f}\right)$ 保持不变，其中 $Q$ 是二阶正交矩阵。
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：将坐标变换写成向量形式
设坐标变换为 $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = Q \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \end{pmatrix}$，其中 $Q$ 是二阶正交矩阵，即 $Q^T Q = I$。令 $\mathbf{x} = (x,y)^T$，$\mathbf{x}' = (x',y')^T$，$\mathbf{d} = (d_1,d_2)^T$，则变换可写为 $\mathbf{x}' = Q \mathbf{x} + \mathbf{d}$，反解出 $\mathbf{x} = Q^T (\mathbf{x}' - \mathbf{d})$。
公式：$\mathbf{x} = Q^T (\mathbf{x}' - \mathbf{d})$
提示：注意正交矩阵满足 $Q^T = Q^{-1}$，因此反解时左乘 $Q^T$。
步骤 2/7
目标：将原函数表示为矩阵形式
原函数 $f(x,y)$ 可写为 $f(\mathbf{x}) = \mathbf{x}^T A_f \mathbf{x} + 2 \mathbf{b}^T \mathbf{x} + c$，其中 $A_f = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{12} & a_{22} \end{pmatrix}$，$\mathbf{b} = (b_1, b_2)^T$。
公式：$f(\mathbf{x}) = \mathbf{x}^T A_f \mathbf{x} + 2 \mathbf{b}^T \mathbf{x} + c$
提示：注意二次项系数矩阵 $A_f$ 是对称的。
步骤 3/7
目标：代入变换得到新函数表达式
将 $\mathbf{x} = Q^T (\mathbf{x}' - \mathbf{d})$ 代入 $f(\mathbf{x})$：
$f = (Q^T(\mathbf{x}'-\mathbf{d}))^T A_f (Q^T(\mathbf{x}'-\mathbf{d})) + 2 \mathbf{b}^T Q^T(\mathbf{x}'-\mathbf{d}) + c$
$= (\mathbf{x}'-\mathbf{d})^T Q A_f Q^T (\mathbf{x}'-\mathbf{d}) + 2 \mathbf{b}^T Q^T (\mathbf{x}'-\mathbf{d}) + c$。
公式：$f = (\mathbf{x}'-\mathbf{d})^T Q A_f Q^T (\mathbf{x}'-\mathbf{d}) + 2 \mathbf{b}^T Q^T (\mathbf{x}'-\mathbf{d}) + c$
提示：注意矩阵乘法顺序：$(Q^T(\mathbf{x}'-\mathbf{d}))^T = (\mathbf{x}'-\mathbf{d})^T Q$。
步骤 4/7
目标：整理出新函数的矩阵表示
令 $A_{f'} = Q A_f Q^T$，则 $f = (\mathbf{x}'-\mathbf{d})^T A_{f'} (\mathbf{x}'-\mathbf{d}) + 2 \mathbf{b}^T Q^T (\mathbf{x}'-\mathbf{d}) + c$。展开得：
$f = \mathbf{x}'^T A_{f'} \mathbf{x}' - 2 \mathbf{d}^T A_{f'} \mathbf{x}' + \mathbf{d}^T A_{f'} \mathbf{d} + 2 \mathbf{b}^T Q^T \mathbf{x}' - 2 \mathbf{b}^T Q^T \mathbf{d} + c$。
合并一次项系数：令 $\mathbf{b}' = Q \mathbf{b} - A_{f'} \mathbf{d}$，则 $-2 \mathbf{d}^T A_{f'} \mathbf{x}' + 2 \mathbf{b}^T Q^T \mathbf{x}' = 2 (Q \mathbf{b} - A_{f'} \mathbf{d})^T \mathbf{x}' = 2 \mathbf{b}'^T \mathbf{x}'$。常数项：$c' = \mathbf{d}^T A_{f'} \mathbf{d} - 2 \mathbf{b}^T Q^T \mathbf{d} + c$。因此新函数为 $f'(\mathbf{x}') = \mathbf{x}'^T A_{f'} \mathbf{x}' + 2 \mathbf{b}'^T \mathbf{x}' + c'$。
公式：$A_{f'} = Q A_f Q^T$, $\mathbf{b}' = Q \mathbf{b} - A_{f'} \mathbf{d}$, $c' = \mathbf{d}^T A_{f'} \mathbf{d} - 2 \mathbf{b}^T Q^T \mathbf{d} + c$
提示：注意 $\mathbf{d}^T A_{f'} \mathbf{x}'$ 是标量，其转置等于自身，因此 $-2 \mathbf{d}^T A_{f'} \mathbf{x}' = -2 \mathbf{x}'^T A_{f'} \mathbf{d}$，但为了合并系数，通常写成列向量形式。
步骤 5/7
目标：证明迹不变
由于 $Q$ 正交，有 $\operatorname{Tr}(A_{f'}) = \operatorname{Tr}(Q A_f Q^T) = \operatorname{Tr}(A_f Q^T Q) = \operatorname{Tr}(A_f I) = \operatorname{Tr}(A_f)$。这里利用了迹的性质 $\operatorname{Tr}(AB) = \operatorname{Tr}(BA)$。
公式：$\operatorname{Tr}(Q A_f Q^T) = \operatorname{Tr}(A_f)$
提示：迹的循环性质：$\operatorname{Tr}(ABC) = \operatorname{Tr}(BCA) = \operatorname{Tr}(CAB)$，但注意顺序不能随意交换。
步骤 6/7
目标：证明行列式不变
由于 $Q$ 正交，$\det(Q) = \pm 1$，且 $\det(Q^T) = \det(Q)$，所以 $\det(A_{f'}) = \det(Q A_f Q^T) = \det(Q) \det(A_f) \det(Q^T) = \det(A_f) (\det(Q))^2 = \det(A_f)$。
公式：$\det(Q A_f Q^T) = \det(A_f)$
提示：注意 $\det(Q^T) = \det(Q)$，且 $\det(Q)^2 = 1$。
步骤 7/7
目标：证明 $\det(B_f)$ 不变
考虑 $B_f$ 的合同变换。将坐标变换写成齐次形式：$\begin{pmatrix} \mathbf{x}' \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} Q & \mathbf{d} \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \mathbf{x} \\ 1 \end{pmatrix}$。则 $f(\mathbf{x})$ 可写为 $\begin{pmatrix} \mathbf{x}^T & 1 \end{pmatrix} B_f \begin{pmatrix} \mathbf{x} \\ 1 \end{pmatrix}$。代入变换得：$f = \begin{pmatrix} \mathbf{x}'^T & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Q & 0 \\ \mathbf{d}^T & 1 \end{pmatrix}^{-T} B_f \begin{pmatrix} Q & 0 \\ \mathbf{d}^T & 1 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} \mathbf{x}' \\ 1 \end{pmatrix}$。计算逆矩阵：$\begin{pmatrix} Q & 0 \\ \mathbf{d}^T & 1 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} Q^T & 0 \\ -\mathbf{d}^T Q^T & 1 \end{pmatrix}$，因此变换矩阵为 $T = \begin{pmatrix} Q^T & 0 \\ -\mathbf{d}^T Q^T & 1 \end{pmatrix}$。则 $B_{f'} = T^T B_f T$。由于 $\det(T) = \det(Q^T) \cdot 1 = \det(Q) = \pm 1$，所以 $\det(B_{f'}) = \det(T)^2 \det(B_f) = \det(B_f)$。
公式：$B_{f'} = T^T B_f T$, $\det(T) = \pm 1$
提示：注意齐次坐标变换矩阵的构造，确保变换后二次型形式不变。另一种方法：直接利用 $B_{f'}$ 与 $B_f$ 的合同关系，通过分块矩阵运算也可证明。
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