南京航空航天大学 2024年高等代数第4题
📝 题目
4．设 $\displaystyle \alpha, \beta$ 为 $\displaystyle \mathbb{R}^{3}$ 中的单位列向量且相互正交，实二次型 $\displaystyle f(X)=2\left(\alpha^{T} X\right)^{2}+\left(\beta^{T} X\right)^{2}$ 的矩阵为 $A$ ，其中 $\displaystyle X=\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)^{T}$ ．证明：
（1）存在正交矩阵 $U$ ，使得 $\displaystyle U^{T} A U$ 为对角形 $\displaystyle \operatorname{diag}\{2,1,0\}$ ．
（2）是否存在唯一的半正定矩阵 $S$ 使得 $\displaystyle A=S^{2}$ ？请说明理由．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：构造标准正交基
由于 $\alpha, \beta$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的单位列向量且正交，存在单位向量 $\gamma$ 使得 $\{\alpha, \beta, \gamma\}$ 构成 $\mathbb{R}^3$ 的一组标准正交基。令 $U = (\alpha, \beta, \gamma)$，则 $U$ 是正交矩阵，即 $U^T U = I$。
提示：注意 $\gamma$ 的选取不唯一，但任意选取均可。
步骤 2/6
目标：坐标变换
对任意 $X \in \mathbb{R}^3$，存在 $Y = (y_1, y_2, y_3)^T$ 使得 $X = UY$。计算 $\alpha^T X = \alpha^T U Y$。由于 $U$ 的列向量为 $\alpha, \beta, \gamma$，有 $\alpha^T U = (1,0,0)$，故 $\alpha^T X = y_1$。同理，$\beta^T X = y_2$。
公式：$\alpha^T U = (1,0,0)$, $\beta^T U = (0,1,0)$
提示：注意 $\alpha^T U$ 是行向量，其第 $i$ 分量为 $\alpha^T$ 乘以 $U$ 的第 $i$ 列。
步骤 3/6
目标：二次型在新坐标下的形式
代入 $f(X) = 2(\alpha^T X)^2 + (\beta^T X)^2$，得 $f(X) = 2y_1^2 + y_2^2$。同时，$f(X) = X^T A X = Y^T U^T A U Y$，因此 $Y^T (U^T A U) Y = 2y_1^2 + y_2^2$。
公式：$f(X) = 2y_1^2 + y_2^2$
提示：注意二次型 $f$ 的矩阵 $A$ 满足 $f(X)=X^T A X$，且 $A$ 是对称矩阵。
步骤 4/6
目标：得到对角形
由 $Y^T (U^T A U) Y = 2y_1^2 + y_2^2$ 可知，$U^T A U$ 是对角矩阵，且对角线元素为 $2,1,0$，即 $U^T A U = \operatorname{diag}\{2,1,0\}$。因此存在正交矩阵 $U$ 使得 $U^T A U$ 为对角形。
公式：$U^T A U = \operatorname{diag}\{2,1,0\}$
提示：注意 $y_3$ 的系数为0，对应特征值0。
步骤 5/6
目标：判断半正定性
由（1）知 $A$ 的特征值为 $2,1,0$，均非负，故 $A$ 是半正定矩阵。
提示：半正定矩阵的特征值非负。
步骤 6/6
目标：平方根的存在唯一性
半正定矩阵的平方根存在且唯一。具体地，设 $S$ 是半正定矩阵且 $S^2 = A$，则 $S$ 的特征值为 $\sqrt{2}, 1, 0$，且 $S$ 可表示为 $S = U \operatorname{diag}\{\sqrt{2}, 1, 0\} U^T$，其中 $U$ 是（1）中的正交矩阵。由于 $U$ 固定（尽管 $\gamma$ 不唯一，但 $U$ 的列顺序固定），$S$ 由 $A$ 唯一确定。
公式：$S = U \operatorname{diag}\{\sqrt{2}, 1, 0\} U^T$
提示：注意平方根的唯一性依赖于半正定性，且 $U$ 的选取不影响 $S$ 的唯一性。
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