线性方程组与二次曲面

平面导向线性方程组；二次约束导向椭球面、双曲面和抛物面。矩阵记号可系统处理两者。行化简解决相容平面的交集，而对称二次型的正交特征向量坐标显示主轴。

1 矩阵与平面的交集

方程组 $Ax=b$ 将线性方程合在一起，每一行对应一个方程。初等行变换是方程的可逆变换，因而作用于增广矩阵 $[A\mid b]$ 时保留解集。主元确定受约束的变量；自由变量描述直线或更高维的仿射解族。系数全为零而右端非零的一行证明不相容。

三个平面相交的例子。 求解

$$x+y+z=6,\quad2x-y+z=3,\quad x+2y-z=2.$$

第二式减去第一式两倍得到 $-3y-z=-9$；第三式减去第一式得到 $y-2z=-4$。后一式给出 $y=2z-4$，代入得到 $z=3$、$y=2$、$x=1$。代回三个原方程均成立。系数行列式为 7，故交点唯一。

行列式非零是方阵系统的判别条件。对非方形的平面约束组，应使用秩和相容性。若一个方程冗余，三个方程可描述一条直线；若一个方程与其他方程矛盾，也可能没有交点。

2 二次型与对称矩阵

每个实二次表达式都可写为 $x^TAx+b^Tx+c$，其中 $A$ 对称：交叉项系数 $2a_{ij}$ 分给元素 $a_{ij}$ 和 $a_{ji}$。正交特征基给出 $A=Q\Lambda Q^T$，因此在 $x=Qu$ 下，

$$x^TAx=u^T\Lambda u=\sum_i\lambda_i u_i^2.$$

正交坐标保持长度和角度。一般可逆坐标代换也可以用其他方式对角化，但可能改变几何度量，因此只有理解坐标度量后才可读取半轴长度。

对可逆的 $A$，配方并令 $z=x+\tfrac12A^{-1}b$ 得到

$$x^TAx+b^Tx+c=z^TAz+c-\tfrac14b^TA^{-1}b.$$

展开右侧即可证明恒等式。此平移确定中心，随后正交对角化确定主轴。若 $A$ 奇异，零特征值方向上的线性项可能产生抛物面；逆矩阵公式不可用。

3 标准空间图形

当常数 $a,b,c$ 为正时，椭球面 $u^2/a^2+v^2/b^2+w^2/c^2=1$ 的半轴为 $a,b,c$。正定二次型等于正常数时，在主坐标缩放后具有这种形状；等于零时只得到中心；等于负常数时没有实点。

曲面 $u^2/a^2+v^2/b^2-w^2/c^2=1$ 是单叶双曲面；右端为 $-1$ 时，整理后为双叶双曲面。右端为零时是圆锥面。符号模式比死记名称更重要。

对奇异型，$u^2+v^2=1$ 是柱面，因为 $w$ 不受限制。方程 $w=u^2+v^2$ 是椭圆抛物面，而 $w=u^2-v^2$ 是双曲抛物面。不能仅通过除以系数就把它们化为有中心的非退化椭球面。

旋转椭球面例。 对

$$2x^2+2xy+2y^2+z^2=6,$$

$xy$ 块的特征向量 $(1,1)/\sqrt2$ 和 $(1,-1)/\sqrt2$ 对应特征值 3 和 1。令 $u=(x+y)/\sqrt2$、$v=(x-y)/\sqrt2$、$w=z$。方程变为 $3u^2+v^2+w^2=6$，是半轴为 $\sqrt2,\sqrt6,\sqrt6$ 的椭球面。交叉项描述坐标轴旋转，而不是增加第四维或使二次分类失效。

4 从隐式方程求切平面

设 $F$ 在 $p$ 的开邻域上为 $C^1$、$F(p)=0$ 且 $\nabla F(p)\ne0$。对其局部等值面 $F(x,y,z)=0$，切平面为 $\nabla F(p)\cdot(x-p)=0$。沿曲面上的任意曲线对 $F(r(t))=0$ 求导，可知其切向量与梯度正交，从而得到法向方向。

在 $x^2+y^2+z^2=9$ 的 $(1,2,2)$ 处，梯度为 $(2,4,4)$，平面是 $x+2y+2z=9$。在圆锥面 $x^2+y^2-z^2=0$ 的顶点处，梯度为零，所以这一正则切平面定理不适用。不能从零等式 $0=0$ 推出唯一平面。

主轴存在性与全部切向方向

主轴所用的实对称谱定理有如下证明。最大值步骤来自球面的紧性，乘数步骤则由极值章节中一般单约束的完整证明保证。

4.3 对称性给出正交特征向量

对实对称矩阵 $A$ 和实向量 $u,v$，若 $Au=\lambda u$，$Av=\mu v$，则

$$\lambda u^Tv=(Au)^Tv=u^TA^Tv=u^TAv=\mu u^Tv.$$

因此，不同特征值对应的特征空间互相正交。更强的谱定理指出，每个实对称 $n\times n$ 矩阵（$n\ge1$）都有一组标准正交特征基，因此 $A=QDQ^T$，其中 $Q^TQ=I$，而 $D$ 是实对角矩阵。

下面利用前面章节的结果证明。连续函数 $x^TAx$ 在单位球面上取得最大值，因为单位球面是闭且有界的。在取得最大值的单位向量 $v$ 处，正则约束 $x^Tx=1$ 的梯度 $2v$ 非零。乘数条件给出 $2Av=2\lambda v$，所以 $v$ 是实单位特征向量。它的正交补空间是不变的：若 $v^Tw=0$，则 $v^TAw=(Av)^Tw=\lambda v^Tw=0$。在一组标准正交基下，把 $A$ 限制到这个 $(n-1)$ 维子空间，得到的限制仍然对称。从一维开始归纳，可在该子空间得到一组标准正交特征基；连同 $v$，便证明了定理。正交补空间的一组标准正交基可用 Gram–Schmidt 方法构造。

正交补的构造与切平面

为使归纳具有实际构造，从单位特征向量 $v$ 出发，不断选取张成空间以外的标准坐标向量，将其扩成线性基 $v,w_2,\ldots,w_n$。令 $u_1=v$；第 $j$ 步从 $w_j$ 减去 $\sum_{i<j}(w_j\cdot u_i)u_i$。所得向量与前面的 $u_i$ 正交，并且非零，否则 $w_j$ 属于前面的张成空间。再除以其正范数，所得 $u_2,\ldots,u_n$ 为 $v^\perp$ 的标准正交基。在此基下，限制矩阵的元素满足 $u_i^TAu_j=u_j^TAu_i$，所以仍对称，可应用归纳。维数一开始归纳，维数零对应空的正交补。

对等值面，明确假设 $F$ 在 $p$ 的开邻域上为 $C^1$、$F(p)=0$ 且 $\nabla F(p)\ne0$。选择最后一个坐标使 $F_z(p)\ne0$，极值章节中证明的一般隐函数定理给出 $p$ 附近的图像 $z=\varphi(x,y)$。其切向量为 $(u_1,u_2,D\varphi(p')u)$；对恒等式求导得 $D\varphi=-F_z^{-1}(F_x,F_y)$。因此它们恰为与 $\nabla F(p)$ 正交的全部向量：正交向量的最后一坐标由前两坐标唯一确定，而图像曲线 $s\mapsto(p'+su,\varphi(p'+su))$ 实现该切向量。所以切平面恰为 $\nabla F(p)\cdot(x-p)=0$。单有一点处的偏导数存在，并不足以支持这个图像或切平面论证。

5 分级练习

E1 基础。 求解 $x+y+z=3$、$x-y+z=1$、$z=1$，并解释唯一性。

E2 平移。 通过配方分类 $x^2+y^2+z^2-2x+4y=4$。

E3 旋转。 消去 $3x^2-2xy+3y^2+2z^2=8$ 中的交叉项，并求主半轴。

E4 退化情形。 分类 $x^2+y^2-z=0$，并求它在 $(1,0,1)$ 处的切平面。

6 详解

S1. $z=1$，故 $x+y=2$、$x-y=0$，得到 $(1,1,1)$。三个变量均被确定，独立的平面约束交于一点。

S2. $(x-1)^2+(y+2)^2+z^2=9$。这是以 $(1,-2,0)$ 为中心、半径为 3 的球面。常数因配方的偏移量而变化，而不只是将线性项移到等式另一侧。

S3. 令 $u=(x+y)/\sqrt2$、$v=(x-y)/\sqrt2$，$xy$ 块的特征值为 2 和 4。方程变为 $2u^2+4v^2+2z^2=8$，故沿 $u,v,z$ 的半轴分别为 $2,\sqrt2,2$。

S4. 这是椭圆抛物面 $z=x^2+y^2$。$F=x^2+y^2-z$ 在该点的梯度为 $(2,0,-1)$，因此 $2(x-1)-(z-1)=0$，即 $z=2x-1$。

小结

行化简无须依赖图形便可求解线性空间约束。对称矩阵组织二次表达式；平移确定中心，正交特征向量显示主轴。二次部分奇异和等值梯度为零的情形需要单独处理，不能无依据地使用逆矩阵或切平面公式。