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@@ -257,11 +257,16 @@ $\vert\lambda E-A\lambda=\left|\begin{array}{ccc}
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\subsection{相似性}
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\begin{itemize}
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\item 定义法：若存在可逆矩阵$P$，使得$P^{-1}AP=B$，则$A\sim B$。
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\item 性质：若$A\sim B$，则$r(A)=r(B)$，$\vert A\vert=\vert B\vert$，$tr(A)=tr(B)$，$\lambda_A=\lambda_B$。
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||||
\item 传递性：$A\sim\Lambda$，$\Lambda\sim B$，则$A\sim B$。
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\end{itemize}
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% \begin{itemize}
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% \item 定义法：若存在可逆矩阵$P$，使得$P^{-1}AP=B$，则$A\sim B$。
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% \item 性质：若$A\sim B$，则$r(A)=r(B)$，$\vert A\vert=\vert B\vert$，$tr(A)=tr(B)$，$\lambda_A=\lambda_B$。
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% \item 传递性：$A\sim\Lambda$，$\Lambda\sim B$，则$A\sim B$。
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% \end{itemize}
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\begin{enumerate}
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\item 首先要判断特征值是否相等（利用$\vert\lambda E-A\vert$）。
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\item 判断矩阵是否可以相似对角化（先根据特征值拼出$\Lambda$，然后求矩阵的秩是否也有同样数量的特征向量）。
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\end{enumerate}
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\textbf{例题：}已知矩阵$A=\left[\begin{array}{ccc}
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3 & 1 & 2 \\
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Binary file not shown.
@@ -34,5 +34,192 @@
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\pagestyle{plain}
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\setcounter{page}{1}
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\section{标准形}
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\subsection{配方法}
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\begin{enumerate}
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\item 如果二次型有平方项，则首先从$x_1$开始往后不断配方，让最后的式子全部以平方加和的形式，从而不会有混合项。
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\item 如果二次型没有平方项，则首先令$x_1=y_1+y_2$，$x_2=y_1-y_2$，$x_i=y_i$等然后带入$f(x)$强行出现平方项，然后配方，成功后再用$z_i$替换。
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\item 如果总的完全平方项数小于变量个数，则令多余的$x_i$为$y_i$，系数为0。
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\end{enumerate}
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\subsubsection{平方项}
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\textbf{例题：}将$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3-x_2^2-2x_2x_3-x_3^2$化为标准形并求出作的可逆线性变换。
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解：首先对$x_1$进行配方，因为有$x_1$因子的式子有$x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3$。
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所以将$x_1,x_2,x_3$全部配在一起：$(x_1+x_2+x_3)^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$。
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所以$f(x)=(x_1+x_2+x_3)^2-2x_2^2-4x_2x_3-2x_3^2$，然后继续配$x_2$。
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因为还有$-2x_2^2-4x_2x_3$，所以配成$-2(x_2+x_3)^2$，正好全部配完了。
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$\therefore f(x)=(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_2+x_3)^2$。
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令$y_1=x_1+x_2+x_3$，$y_2=x_2+x_3$，补$y_3=x_3$，$\therefore f=y_1^2-2y_2^2$。
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$(y_1,y_2,y_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 1 \\
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0 & 1 & 1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)(x_1,x_2,x_3)^T$，此时是$y=Dx$，但是我们要求的是$x=Cy$，所以$C=D^{-1}$，所以$D^{-1}$才是作出的可逆线性变换。
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所以得到的线性变换为$\left(\begin{array}{ccc}
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$。
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这样方法还要重新求逆，比较麻烦。实际上我们要求的是$x=Cy$，即用$y$来表示$x$，从而直接将$y$来表示$x$就可以了。
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首先$y_3=x_3$，所以$x_2=y_2-x_3=y_2-y_3$，$x_1=y_1-x_2-x_3=y_1-y_2+y_3-y_3=y_1-y_2$，综上$x_1=y_1-y_2$，$x_2=y_2-y_3$，$x_3=y_3$，也得到同样结果。
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\subsubsection{无平方项}
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\textbf{例题：}将二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x_1x_2+x_1x_3-x_2x_3$化为规范形，并求所用的可逆线性变换。
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解：因为二次型中没有平方项式子，而如果进行配方一定会出现平方，就会产生冲突，所以希望把$x$代换称有平方的式子。
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令$x_1=y_1+y_2$，$x_2=y_1-y_2$，$x_3=y_3$，代入二次型中。
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$f=y_1^2-y_2^2+y_1y_3+y_2y_3-y_1y_3-+y_2y_3=y_1^2-y_2^2+2y_2y_3=y_1^2-y_2^2+2y_2y_3$。
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此时由没有平方项就变成了有平方项，所以就能进行配方。
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$=y_1^2-(y_2-y_3)^2+y_3^2$，继续之前的步骤，进行换元：
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令$z_1=y_1$，$z_2=y_2-y_3$，$z_3=y_3$，$f=z_1^2-z_2^2+z_3^2$得到标准形。
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对于$x$与$y$：$(x_1,x_2,x_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)(y_1,y_2,y_3)^T$。$y$作为过渡变量。
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将$y$转换为$z$：$(z_1,z_2,z_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)(y_1,y_2,y_3)^T$，我们需要$x=Cz$。
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$(x_1,x_2,x_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)^{-1}(z_1,z_2,z_3)^T$，从而得到$C=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 1 \\
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1 & -1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$。
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\subsection{初等变换法}
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$f(x)=X^TAX$，线性变换$X=CY$，$C^TAC=\Lambda$，又$C$可逆，$\therefore C=P_1P_2\cdots P_s$，$EP_1P_2\cdots P_s=C$，$\therefore(P_1P_2\cdots P_s)^TAP_1P_2\cdots P_3=\Lambda$，
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\begin{enumerate}
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\item 对$A,E$做同样的初等列变换。
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\item 对$A$做相应的初等行变换。（交换$i,j$列就要交换$i,j$行）。一套行列变换后$\Lambda$为对称矩阵。
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\item $A$化成对角矩阵时，$E$化成的就是$C$。
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\end{enumerate}
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$\left(\begin{array}{c}
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A \\
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E
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\end{array}\right)\rightarrow\left(\begin{array}{c}
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\Lambda \\
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C
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\end{array}\right)$，对整个列变换，只对$A$行变换。
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$\left(\begin{array}{c}
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A \\
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E
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 1 \\
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1 & 2 & 2 \\
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1 & 2 & 1 \\
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 1 \\
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1 & 1 & 2 \\
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1 & 1 & 1 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 1 \\
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0 & 1 & 1 \\
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1 & 1 & 1 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\\\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 1 \\
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1 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & -1 \\
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0 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 1 \\
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0 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & -1 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & -1 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$
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$\therefore\Lambda=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & -1
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\end{array}\right)$，$C=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$
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\subsection{正交变换法}
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\textbf{例题：}将二次型$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+5x_2^2+5x_3^2+4x_1x_2-4x_1x_3-8x_2x_3$使用正交变换法化为标准形，并求所作的正交变换。
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已知将二次型通过矩阵表示：$=(x_1,x_2,x_3)\left(\begin{array}{ccc}
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2 & 2 & -2 \\
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2 & 5 & -4 \\
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-2 & -4 & 5
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\end{array}\right)(x_1,x_2,x_3)^T$。\medskip
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这个矩阵跟第五章相似的实对称矩阵相似对角化的例题的矩阵一样。
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所以直接结果：$\lambda_1=\lambda_2=1$，$\lambda_3=10$，$\eta_1'=\dfrac{\sqrt{5}}{5}(-2,1,0)^T$，$\eta_2'=\dfrac{\sqrt{5}}{15}(2,4,5)^T$，$\eta_3'=\dfrac{1}{3}(1,2,-2)^T$。
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第五步：$f(x)=g(y)=y^T\Lambda y=(y_1,y_2,y_3)\left(\begin{array}{ccc}
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1 \\
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& 1 \\
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& & 10
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\end{array}\right)(y_1,y_2,y_3)^T=y_1^2+y_2^2+10y_3^2$
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\section{正定二次型}
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\end{document}
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Binary file not shown.
@@ -163,162 +163,6 @@ $\Lambda=\left(\begin{array}{cccc}
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配方法的核心：将某个变量的平方项与其混合项一次性配称一个完全平方。
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\textbf{例题：}将$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3-x_2^2-2x_2x_3-x_3^2$化为标准形并求出作的可逆线性变换。
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解：首先对$x_1$进行配方，因为有$x_1$因子的式子有$x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3$。
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所以将$x_1,x_2,x_3$全部配在一起：$(x_1+x_2+x_3)^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$。
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所以$f(x)=(x_1+x_2+x_3)^2-2x_2^2-4x_2x_3-2x_3^2$，然后继续配$x_2$。
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因为还有$-2x_2^2-4x_2x_3$，所以配成$-2(x_2+x_3)^2$，正好全部配完了。
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$\therefore f(x)=(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_2+x_3)^2$。
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\textcolor{orange}{注意：}$n$元要换成$n$个新变量，缺项要补项，系数为0。
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令$y_1=x_1+x_2+x_3$，$y_2=x_2+x_3$，补$y_3=x_3$，$\therefore f=y_1^2-2y_2^2$。
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$(y_1,y_2,y_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 1 \\
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0 & 1 & 1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)(x_1,x_2,x_3)^T$，此时是$y=Dx$，但是我们要求的是$x=Cy$，所以$C=D^{-1}$，所以$D^{-1}$才是作出的可逆线性变换。
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所以得到的线性变换为$\left(\begin{array}{ccc}
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$。
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这样方法还要重新求逆，比较麻烦。实际上我们要求的是$x=Cy$，即用$y$来表示$x$，从而直接将$y$来表示$x$就可以了。
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首先$y_3=x_3$，所以$x_2=y_2-x_3=y_2-y_3$，$x_1=y_1-x_2-x_3=y_1-y_2+y_3-y_3=y_1-y_2$，综上$x_1=y_1-y_2$，$x_2=y_2-y_3$，$x_3=y_3$，也得到同样结果。
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\textcolor{orange}{注意：}若二次型只有混合项没有平方项则需要二次代换创造平方项。
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\textbf{例题：}将二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x_1x_2+x_1x_3-x_2x_3$化为规范形，并求所用的可逆线性变换。
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解：因为二次型中没有平方项式子，而如果进行配方一定会出现平方，就会产生冲突，所以希望把$x$代换称有平方的式子。
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令$x_1=y_1+y_2$，$x_2=y_1-y_2$，$x_3=y_3$，代入二次型中。
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$f=y_1^2-y_2^2+y_1y_3+y_2y_3-y_1y_3-+y_2y_3=y_1^2-y_2^2+2y_2y_3=y_1^2-y_2^2+2y_2y_3$。
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此时由没有平方项就变成了有平方项，所以就能进行配方。
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$=y_1^2-(y_2-y_3)^2+y_3^2$，继续之前的步骤，进行换元：
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令$z_1=y_1$，$z_2=y_2-y_3$，$z_3=y_3$，$f=z_1^2-z_2^2+z_3^2$得到标准形。
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对于$x$与$y$：$(x_1,x_2,x_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)(y_1,y_2,y_3)^T$。$y$作为过渡变量。
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将$y$转换为$z$：$(z_1,z_2,z_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)(y_1,y_2,y_3)^T$，我们需要$x=Cz$。
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$(x_1,x_2,x_3)^T=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)^{-1}(z_1,z_2,z_3)^T$，从而得到$C=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 1 \\
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1 & -1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$。
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\subsection{初等变换法}
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$f(x)=X^TAX$，线性变换$X=CY$，$C^TAC=\Lambda$，又$C$可逆，$\therefore C=P_1P_2\cdots P_s$，$EP_1P_2\cdots P_s=C$，$\therefore(P_1P_2\cdots P_s)^TAP_1P_2\cdots P_3=\Lambda$，
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\begin{enumerate}
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\item 对$A,E$做同样的初等列变换。
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\item 对$A$做相应的初等行变换。（交换$i,j$列就要交换$i,j$行）。一套行列变换后$\Lambda$为对称矩阵。
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\item $A$化成对角矩阵时，$E$化成的就是$C$。
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\end{enumerate}
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$\left(\begin{array}{c}
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A \\
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E
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\end{array}\right)\rightarrow\left(\begin{array}{c}
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\Lambda \\
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C
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\end{array}\right)$，对整个列变换，只对$A$行变换。
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$\left(\begin{array}{c}
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A \\
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E
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 1 & 1 \\
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1 & 2 & 2 \\
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1 & 2 & 1 \\
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 1 \\
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1 & 1 & 2 \\
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1 & 1 & 1 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 1 \\
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0 & 1 & 1 \\
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1 & 1 & 1 \\
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\\\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 1 \\
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1 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & -1 \\
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0 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 1 \\
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0 & 1 & 0 \\
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1 & -1 & -1 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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||||
1 & -1 & 0 \\
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||||
0 & 1 & -1 \\
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||||
0 & 0 & 1
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||||
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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||||
0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & -1 \\
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||||
1 & -1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$
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$\therefore\Lambda=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & 0 & 0 \\
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0 & 1 & 0 \\
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0 & 0 & -1
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\end{array}\right)$，$C=\left(\begin{array}{ccc}
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1 & -1 & 0 \\
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0 & 1 & -1 \\
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0 & 0 & 1
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\end{array}\right)$
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\subsection{正交变换法}
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是对实对称矩阵相似对角化的正交变换的延申。
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@@ -340,26 +184,6 @@ $\therefore\Lambda=\left(\begin{array}{ccc}
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\item 因为$f(x)=x^TAx$，代入$x=Qy$，$(Qy)^TA(Qy)=y^TQ^TAQy=y^T\Lambda y$。
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\end{enumerate}
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如矩阵表示中所给出的一个例子。
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\textbf{例题：}将二次型$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+5x_2^2+5x_3^2+4x_1x_2-4x_1x_3-8x_2x_3$使用正交变换法化为标准形，并求所作的正交变换。
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已知将二次型通过矩阵表示：$=(x_1,x_2,x_3)\left(\begin{array}{ccc}
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2 & 2 & -2 \\
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2 & 5 & -4 \\
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-2 & -4 & 5
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\end{array}\right)(x_1,x_2,x_3)^T$。\medskip
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这个矩阵跟第五章相似的实对称矩阵相似对角化的例题的矩阵一样。
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所以直接结果：$\lambda_1=\lambda_2=1$，$\lambda_3=10$，$\eta_1'=\dfrac{\sqrt{5}}{5}(-2,1,0)^T$，$\eta_2'=\dfrac{\sqrt{5}}{15}(2,4,5)^T$，$\eta_3'=\dfrac{1}{3}(1,2,-2)^T$。
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第五步：$f(x)=g(y)=y^T\Lambda y=(y_1,y_2,y_3)\left(\begin{array}{ccc}
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1 \\
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& 1 \\
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& & 10
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\end{array}\right)(y_1,y_2,y_3)^T=y_1^2+y_2^2+10y_3^2$
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\subsection{惯性定理}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}无论选取什么样的可逆线性变换，将二次型化为标准形或规范形，其正项个数$p$，负项个数$q$都是不变的，$p$称为\textbf{正惯性指数}，$q$称为\textbf{负惯性指数}。
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Binary file not shown.
@@ -87,15 +87,19 @@ $ABC$都不发生就是$A$不发生且$B$不发生且$C$不发生，用式子表
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又事件$AB$相互独立。$P(\overline{AB})=P(\overline{A})P(\overline{B})=(1-a)(1-b)$。
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\section{概率模型}
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\section{古典概型}
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\subsection{古典概型}
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\subsection{定义法}
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\textbf{例题：}设袋中黑白球各一个，有放回取球，每次取一个，直到两种颜色的球都取到为止。求取球次数恰为3的概率。
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\subsection{随机分配}
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解：若是看到题目中的为止，很容易想到后面的几何概率分布。但是这与几何分布不同，因为几何分布要求的停止条件是同一个事件的前几次的失败和最后一次的成功，而这个题目要求是取到黑并且取到白，而不是取到黑或取到白这两个事件，如求取到黑时取求次数为3的概率，则是几何分布。
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将$n$个质点分配倒$N$个容器中：
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每次可能取到黑白两种，取三次，则事件总数为$2^3=8$。而取到第三次才取到黑白两色的，则有黑黑白、白白黑两种可能性，所以概率为$\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}$。
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% \textbf{例题：}设袋中黑白球各一个，有放回取球，每次取一个，直到两种颜色的球都取到为止。求取球次数恰为3的概率。
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% 解：若是看到题目中的为止，很容易想到后面的几何概率分布。但是这与几何分布不同，因为几何分布要求的停止条件是同一个事件的前几次的失败和最后一次的成功，而这个题目要求是取到黑并且取到白，而不是取到黑或取到白这两个事件，如求取到黑时取求次数为3的概率，则是几何分布。
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% 每次可能取到黑白两种，取三次，则事件总数为$2^3=8$。而取到第三次才取到黑白两色的，则有黑黑白、白白黑两种可能性，所以概率为$\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}$。
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\section{独立性}
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