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# 几个问题

我们先来看几个问题：

例 11. 求向量 e1=(1,0,0)e_1 = (1, 0, 0) 在 F3F^3 的基 T={α1=(1,1,1),α2=(1,2,3),α3=(1,4,9)}T = \{ \alpha_1 = (1, 1, 1), \alpha_2 = (1, 2, 3), \alpha_3 = (1, 4, 9) \} 下的坐标。

解：设 e1e_1 在 TT 下的坐标为 (x1,x2,x3)(x_1, x_2, x_3) 满足 e1=x1α1+x2α2+x3α3e_1 = x_1 \alpha_1 + x_2 \alpha_2 + x_3 \alpha_3 转化为列向量形式 e1=x1a1+x2a2+x3a3e_1 = x_1a_1 + x_2a_2 + x_3a_3 即 AX=e1AX = e_1 由方程增广矩阵求解.

(A,e1)=(111112401300)→(1003010−5200112)(A, e_1) = \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 \end {pmatrix} \rightarrow \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & - \frac 5 2 \\ 0 & 0 & 1 & \frac 1 2 \end {pmatrix}

所得方程组的解 X=(3,−52,12)X = (3, - \dfrac 5 2, \dfrac 1 2) 就是所求坐标。

例 22. 参考 例 11，求自然基向量 ϵ1=(1,0,0),ϵ2=(0,1,0),ϵ3=(0,0,1)\epsilon_1 = (1, 0, 0), \epsilon_2 = (0, 1, 0), \epsilon_3 = (0, 0, 1) 在 F3F^3 的基 T={α1=(1,1,1),α2=(1,2,3),α3=(1,4,9)}T = \{ \alpha_1 = (1, 1, 1), \alpha_2 = (1, 2, 3), \alpha_3 = (1, 4, 9) \} 下的坐标。

解：将 66 个向量写成列向量排成 MM，经过例 11 中的初等行变换化为最简阶梯形矩阵

(A,e1,e2,e3)=(111100124010139001)→(1003−31010−524−3200112−112)(A, e_1, e_2, e_3) = \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 4 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 9 & 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \rightarrow \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & 3 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & - \frac 5 2 & 4 & - \frac 3 2 \\ 0 & 0 & 1 & \frac 1 2 & -1 & \frac 1 2 \end {pmatrix}

所得后三列为 ϵ1,ϵ2,ϵ3\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3 在 TT 下的坐标 (3,−52,12),(−3,4,−1),(1,−32,12)(3, - \dfrac 5 2, \dfrac 1 2), (-3, 4, -1), (1, - \dfrac 3 2, \dfrac 1 2)。

例 33. 根据 例 22，求向量 β=(y1,y2,y3)\beta = (y_1, y_2, y_3) 在 F3F^3 的基 T={α1=(1,1,1),α2=(1,2,3),α3=(1,4,9)}T = \{ \alpha_1 = (1, 1, 1), \alpha_2 = (1, 2, 3), \alpha_3 = (1, 4, 9) \} 下的坐标。

解：已知自然基向量在 TT 下的坐标，而 β\beta 是自然基向量的线性组合 β=y1ϵ1+y2ϵ2+y3ϵ3\beta = y_1 \epsilon_1 + y_2 \epsilon_2 + y_3 \epsilon_3，β\beta 在 TT 下的坐标也就是 ϵ1,ϵ2,ϵ3\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3 在 TT 下的坐标的相应的线性组合

y1(3,−52,12)+y2(−3,4,−1)+y3(1,−32,12)=(3y1−3y2+y3,−52y1+4y2−32y3,12y1−y2+12y3)y_1 (3, - \frac 5 2, \frac 1 2) + y_2 (-3, 4, -1) + y_3 (1, - \frac 3 2, \frac 1 2) = (3y_1 - 3y_2 + y_3, - \frac 5 2 y_1 + 4y_2 - \frac 3 2 y_3, \frac 1 2 y_1 - y_2 + \frac 1 2 y_3)

# 坐标变换公式

设 VV 是数域 FF 上有限维线性空间，它的两组基是 M1={α1,⋯ ,αn},M2={β1,⋯ ,βn}M_1 = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_n \}, M_2 = \{ \beta_1, \cdots, \beta_n \}. 设第二组基 M2M_2 中的每个向量 βj(1≤j≤n)\beta_j (1 \le j \le n) 在第一组基 M1M_1 下的坐标为

Πj=(p1,j,⋯ ,pn,j)T\Pi_j = \begin {pmatrix} p_{1, j}, \cdots, p_{n, j} \end {pmatrix}^T

依次以这些坐标为列向量组成矩阵：

P=(Π1⋯Πn)=(p1,1⋯p1,n⋮⋱⋮pn,1⋯pn,m)P = \begin {pmatrix} \Pi_1 & \cdots & \Pi_n \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} p_{1, 1} & \cdots & p_{1, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ p_{n, 1} & \cdots & p_{n, m} \end {pmatrix}

则 PP 称为基 M1M_1 到 M2M_2 的 过渡矩阵。它可以由等式 (β1,⋯ ,βn)=(α1,⋯ ,αn)P(\beta_1, \cdots, \beta_n) = (\alpha_1, \cdots, \alpha_n) P 定义，称为 基变换公式。

设 M1={α1,⋯ ,αn},M2={β1,⋯ ,βn}M_1 = \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_n \}, M_2 = \{ \beta_1, \cdots, \beta_n \} 是 VV 的基，PP 是 M1M_1 到 M2M_2 的过渡方阵。设 α∈V\alpha \in V 在基 M1,M2M_1, M_2 下的坐标分别是 X=(x1,⋯ ,xn),Y=(y1,⋯ ,yn)X = (x_1, \cdots, x_n), Y = (y_1, \cdots, y_n). 从而 α=y1β1+⋯+ynβn\alpha = y_1 \beta_1 + \cdots + y_n \beta_n，将等式两端用坐标代替，得到坐标等式：

X=y1Π1+⋯+ynΠn=(Π1⋯Πn)(y1⋯yn)T=PYX = y_1 \Pi_1 + \cdots + y_n \Pi_n = \begin {pmatrix} \Pi_1 & \cdots & \Pi_n \end {pmatrix} \begin {pmatrix} y_1 & \cdots & y_n \end {pmatrix}^T = PY

即

(x1⋯xn)T=(p1,1⋯p1,n⋮⋱⋮pn,1⋯pn,n)(y1⋯yn)T\begin {pmatrix} x_1 & \cdots & x_n \end {pmatrix}^T = \begin {pmatrix} p_{1, 1} & \cdots & p_{1, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ p_{n, 1} & \cdots & p_{n, n} \end {pmatrix} \begin {pmatrix} y_1 & \cdots & y_n \end {pmatrix}^T

称为 坐标变换公式，也就是一个向量在两组不同基下的坐标 X,YX, Y 之间的关系。

例 44. 描述平面直角坐标系中方程 2x2+4xy+5y2=62x^2 + 4xy + 5y^2 = 6 的图像曲线的形状。

解：将平面直角坐标系绕原点旋转 α\alpha 角，将方程化为标准型。

自然基 {e1,e2}\{ e_1, e_2 \} 绕原点旋转 α\alpha 角为 {e1′,e2′}\{ e_1', e_2' \} 仍为一组基，过渡矩阵为

(cos⁡α−sin⁡αsin⁡αcos⁡α)\begin {pmatrix} \cos \alpha & - \sin \alpha \\ \sin \alpha & \cos \alpha \end {pmatrix}

因此有坐标变换公式

(xy)=x′(cos⁡αsin⁡α)+y′(−sin⁡αcos⁡α)\begin {pmatrix} x \\ y \end {pmatrix} = x' \begin {pmatrix} \cos \alpha \\ \sin \alpha \end {pmatrix} + y' \begin {pmatrix} - \sin \alpha \\ \cos \alpha \end {pmatrix}

即

{x=x′cos⁡α−y′sin⁡αy=x′sin⁡α+y′cos⁡α\begin {cases} x = x' \cos \alpha - y' \sin \alpha \\ y = x' \sin \alpha + y' \cos \alpha \end {cases}

代入曲线方程并整理得：

x′2(72+2sin⁡2α−32cos⁡2α)+x′y′(3sin⁡2α+4cos⁡2α)+y′2(72−2sin⁡2α+32cos⁡2α)=6x'^2 \left( \frac 7 2 + 2 \sin 2 \alpha - \frac 3 2 \cos 2 \alpha \right) + x'y' \left( 3 \sin 2 \alpha + 4 \cos 2 \alpha \right) + y'^2 \left( \frac 7 2 - 2 \sin 2 \alpha + \frac 3 2 \cos 2 \alpha \right) = 6

选择 α\alpha 使 3sin⁡2α+4cos⁡2α=03 \sin 2 \alpha + 4 \cos 2 \alpha = 0，即 tan⁡2α=−43\tan 2 \alpha = - \dfrac 4 3. 选 2α2 \alpha 在第二象限，

cos⁡2α=−11+tan⁡22α=−35,sin⁡2α=45\cos 2 \alpha = - \frac 1 {\sqrt {1 + \tan^2 2 \alpha}} = - \frac 3 5, \sin 2 \alpha = \frac 4 5

代入曲线整理得

6x′2+y′2=6,x′2+y′26=16x'^2 + y'^2 = 6, x'^2 + \frac {y'^2} 6 = 1

图像曲线为椭圆，长半轴为 6\sqrt 6，短半轴为 11.

# 习题

  1. R3\R^3 中的向量 α1=(3,1,0),α2=(6,3,2),α3=(1,3,5)\alpha_1 = (3, 1, 0), \alpha_2 = (6, 3, 2), \alpha_3 = (1, 3, 5) 组成向量组 SS.

    (1) 证明 SS 是 R3\R^3 的基。

    (2) 求向量 β=(2,−1,2)\beta = (2, -1, 2) 在基 SS 下的坐标。

    (3) 求自然基底 ϵ1=(1,0,0),ϵ2=(0,1,0),ϵ3=(0,0,1)\epsilon_1 = (1, 0, 0), \epsilon_2 = (0, 1, 0), \epsilon_3 = (0, 0, 1) 到基 SS 的过渡矩阵。

    (1) 证明：将 SS 中向量排成列向量矩阵，并进行如下初等行变换：

    (361133025)→−13(1)+(2)(3610183025)→−2(2)+(3)(361018300−13) \begin {pmatrix} 3 & 6 & 1 \\ 1 & 3 & 3 \\ 0 & 2 & 5 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 3 (1) + (2)} \quad \begin {pmatrix} 3 & 6 & 1 \\ 0 & 1 & \frac 8 3 \\ 0 & 2 & 5 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2(2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 3 & 6 & 1 \\ 0 & 1 & \frac 8 3 \\ 0 & 0 & - \frac 1 3 \end {pmatrix}

    即向量组 SS 线性无关。则在 R3\R^3 中，SS 的三个向量构成一组基。

    (2) 解：表示出方程增广矩阵，并进行初等行变换：

    (3612133−10252)→−13(1)+(2)(36120183−530252)→−2(2)+(3)(36120183−5300−13163)→13(1),−3(3)(1213230183−53001−16)→−13(3)+(1),−83(3)++(2)(120601041001−16)→−2(2)+(1)(100−7601041001−16) \begin {pmatrix} 3 & 6 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 & -1 \\ 0 & 2 & 5 & 2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 3 (1) + (2)} \quad \begin {pmatrix} 3 & 6 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & \frac 8 3 & - \frac 5 3 \\ 0 & 2 & 5 & 2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2(2) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 3 & 6 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & \frac 8 3 & - \frac 5 3 \\ 0 & 0 & - \frac 1 3 & \frac {16} 3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {\frac 1 3 (1), -3(3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & \frac 1 3 & \frac 2 3 \\ 0 & 1 & \frac 8 3 & - \frac 5 3 \\ 0 & 0 & 1 & -16 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 3 (3) + (1), - \frac 8 3 (3) + +(2)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 0 & 6 \\ 0 & 1 & 0 & 41 \\ 0 & 0 & 1 & -16 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & -76 \\ 0 & 1 & 0 & 41 \\ 0 & 0 & 1 & -16 \end {pmatrix}

    即 β\beta 在基 SS 下的坐标为 (−76,41,−16)(-76, 41, -16).

    (3) 解：容易看出自然基底到基 SS 的过渡矩阵为

    (361133025) \begin {pmatrix} 3 & 6 & 1 \\ 1 & 3 & 3 \\ 0 & 2 & 5 \end {pmatrix}

  2. 在四维向量空间 R4\R^4 中，给出

    第 I\text {I} 组基：

    α1=(1,1,1,1),α2=(1,1,−1,−1),α3=(1,−1,1,−1),α4=(1,−1,−1,1),\alpha_1 = (1, 1, 1, 1), \alpha_2 = (1, 1, -1, -1), \alpha_3 = (1, -1, 1, -1), \alpha_4 = (1, -1, -1, 1),

    第 II\text {II} 组基：

    β1=(1,1,0,1),β2=(2,1,3,1),β3=(1,1,0,0),β4=(0,1,−1,−1)\beta_1 = (1, 1, 0, 1), \beta_2 = (2, 1, 3, 1), \beta_3 = (1, 1, 0, 0), \beta_4 = (0, 1, -1, -1)

    求：

    (1) 从第 I\text {I} 组基到第 II\text {II} 组基的过渡矩阵。

    (2) ξ=(1,0,0,−1)\xi = (1, 0, 0, -1) 在第 II\text {II} 组基下的坐标。

    (1) 解：写成方程增广矩阵，并进行如下初等行变换：

    (1111121011−1−111111−11−1030−11−1−11110−1)→−(1)+(2),−(1)+(3),−(1)+(4)(1111121000−2−20−1010−20−2−11−1−10−2−200−1−1−1)→(2,3)(111112100−20−2−11−1−100−2−20−1010−2−200−1−1−1)→−(2)+(4)(111112100−20−2−11−1−100−2−20−10100−221−200)→−(3)+(4)(111112100−20−2−11−1−100−2−20−10100041−10−1)→−12(2),−12(3),14(4)(11111210010112−12121200110120−12000114−140−14)→−(4)+(1),−(4)+(2),−(4)+(3)(11103494114010014−1412340010−14340−14000114−140−14)→−(3)+(1)(1100132112010014−1412340010−14340−14000114−140−14)→−(2)+(1)(1000347412−14010014−1412340010−14340−14000114−140−14) \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & -1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 & 0 & 3 & 0 & -1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 & 1 & 1 & 0 & -1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), -(1) + (3), -(1) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -2 & 0 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 0 & -2 & -1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & -2 & -2 & 0 & 0 & -1 & -1 & -1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(2, 3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 0 & -2 & -1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & -2 & -2 & 0 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & -2 & 0 & 0 & -1 & -1 & -1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 0 & -2 & -1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & -2 & -2 & 0 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -2 & 2 & 1 & -2 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(3) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 0 & -2 & -1 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & -2 & -2 & 0 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & 1 & -1 & 0 & -1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {- \frac 1 2 (2), - \frac 1 2 (3), \frac 1 4 (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & \frac 1 2 & - \frac 1 2 & \frac 1 2 & \frac 1 2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & \frac 1 2 & 0 & - \frac 1 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & \frac 1 4 & - \frac 1 4 & 0 & - \frac 1 4 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(4) + (1), -(4) + (2), -(4) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 1 & 0 & \frac 3 4 & \frac 9 4 & 1 & \frac 1 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \frac 1 4 & - \frac 1 4 & \frac 1 2 & \frac 3 4 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & - \frac 1 4 & \frac 3 4 & 0 & - \frac 1 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & \frac 1 4 & - \frac 1 4 & 0 & - \frac 1 4 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(3) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & \frac 3 2 & 1 & \frac 1 2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \frac 1 4 & - \frac 1 4 & \frac 1 2 & \frac 3 4 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & - \frac 1 4 & \frac 3 4 & 0 & - \frac 1 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & \frac 1 4 & - \frac 1 4 & 0 & - \frac 1 4 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & \frac 3 4 & \frac 7 4 & \frac 1 2 & - \frac 1 4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \frac 1 4 & - \frac 1 4 & \frac 1 2 & \frac 3 4 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & - \frac 1 4 & \frac 3 4 & 0 & - \frac 1 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & \frac 1 4 & - \frac 1 4 & 0 & - \frac 1 4 \end {pmatrix}

    即过渡矩阵为

    (347412−1414−141234−14340−1414−140−14) \begin {pmatrix} \frac 3 4 & \frac 7 4 & \frac 1 2 & - \frac 1 4 \\ \frac 1 4 & - \frac 1 4 & \frac 1 2 & \frac 3 4 \\ -\frac 1 4 & \frac 3 4 & 0 & - \frac 1 4 \\ \frac 1 4 & - \frac 1 4 & 0 & - \frac 1 4 \end {pmatrix}

    (2) 解：写作方程组的增广矩阵，并进行如下初等行变换：

    (1210111110030−10110−1−1)→−(1)+(2),−(1)+(4)(121010−101−1030−100−1−1−1−2)→3(2)+(3),−(2)+(4)(121010−101−10002−300−1−2−1)→(3,4)(121010−101−100−1−2−10002−3)→−(2),−(3),12(4)(12101010−11001210001−32)→(4)+(2),−2(4)+(3)(121010100−12001040001−32)→−(3)+(1)(1200−30100−12001040001−32)→−2(2)+(1)(1000−20100−12001040001−32) \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & -1 & -1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(1) + (2), -(1) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 3 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & -1 & -1 & -2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {3(2) + (3), -(2) + (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & -3 \\ 0 & 0 & -1 & -2 & -1 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(3, 4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & -3 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(2), -(3), \frac 1 2 (4)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & - \frac 3 2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {(4) + (2), -2(4) + (3)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & - \frac 1 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & - \frac 3 2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-(3) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 2 & 0 & 0 & -3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & - \frac 1 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & - \frac 3 2 \end {pmatrix} \quad \xrightarrow {-2(2) + (1)} \quad \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & - \frac 1 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & - \frac 3 2 \end {pmatrix}

    即 ξ\xi 在第 II\text {II} 组基下的坐标为 (−2,−12,4,−32)(-2, - \dfrac 1 2, 4, - \dfrac 3 2).