線性方程組與二次曲面

平面導向線性方程組；二次約束導向橢球面、雙曲面和拋物面。矩陣記號可系統處理兩者。行化簡解決相容平面的交集，而對稱二次型的正交特徵向量坐標顯示主軸。

1 矩陣與平面的交集

方程組 $Ax=b$ 將線性方程合在一起，每一行對應一個方程。初等行變換是方程的可逆變換，因而作用於增廣矩陣 $[A\mid b]$ 時保留解集。主元確定受約束的變量；自由變量描述直線或更高維的仿射解族。系數全為零而右端非零的一行證明不相容。

三個平面相交的例子。 求解

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

第二式減去第一式兩倍得到 $-3y-z=-9$；第三式減去第一式得到 $y-2z=-4$。後一式給出 $y=2z-4$，代入得到 $z=3$、$y=2$、$x=1$。代回三個原方程均成立。系數行列式為 7，故交點唯一。

行列式非零是方陣系統的判別條件。對非方形的平面約束組，應使用秩和相容性。若一個方程冗餘，三個方程可描述一條直線；若一個方程與其他方程矛盾，也可能沒有交點。

2 二次型與對稱矩陣

每個實二次表達式都可寫為 $x^TAx+b^Tx+c$，其中 $A$ 對稱：交叉項系數 $2a_{ij}$ 分給元素 $a_{ij}$ 和 $a_{ji}$。正交特徵基給出 $A=Q\Lambda Q^T$，因此在 $x=Qu$ 下，

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

正交坐標保持長度和角度。一般可逆坐標代換也可以用其他方式對角化，但可能改變幾何度量，因此只有理解坐標度量後才可讀取半軸長度。

對可逆的 $A$，配方並令 $z=x+\tfrac12A^{-1}b$ 得到

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

展開右側即可證明恆等式。此平移確定中心，隨後正交對角化確定主軸。若 $A$ 奇異，零特徵值方向上的線性項可能產生拋物面；逆矩陣公式不可用。

3 標準空間圖形

當常數 $a,b,c$ 為正時，橢球面 $u^2/a^2+v^2/b^2+w^2/c^2=1$ 的半軸為 $a,b,c$。正定二次型等於正常數時，在主坐標縮放後具有這種形狀；等於零時只得到中心；等於負常數時沒有實點。

曲面 $u^2/a^2+v^2/b^2-w^2/c^2=1$ 是單葉雙曲面；右端為 $-1$ 時，整理後為雙葉雙曲面。右端為零時是圓錐面。符號模式比死記名稱更重要。

對奇異型，$u^2+v^2=1$ 是柱面，因為 $w$ 不受限制。方程 $w=u^2+v^2$ 是橢圓拋物面，而 $w=u^2-v^2$ 是雙曲拋物面。不能僅通過除以系數就把它們化為有中心的非退化橢球面。

旋轉橢球面例。 對

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

$xy$ 塊的特徵向量 $(1,1)/\sqrt2$ 和 $(1,-1)/\sqrt2$ 對應特徵值 3 和 1。令 $u=(x+y)/\sqrt2$、$v=(x-y)/\sqrt2$、$w=z$。方程變為 $3u^2+v^2+w^2=6$，是半軸為 $\sqrt2,\sqrt6,\sqrt6$ 的橢球面。交叉項描述坐標軸旋轉，而不是增加第四維或使二次分類失效。

4 從隱式方程求切平面

設 $F$ 在 $p$ 的開鄰域上為 $C^1$、$F(p)=0$ 且 $\nabla F(p)\ne0$。對其局部等值面 $F(x,y,z)=0$，切平面為 $\nabla F(p)\cdot(x-p)=0$。沿曲面上的任意曲線對 $F(r(t))=0$ 求導，可知其切向量與梯度正交，從而得到法向方向。

在 $x^2+y^2+z^2=9$ 的 $(1,2,2)$ 處，梯度為 $(2,4,4)$，平面是 $x+2y+2z=9$。在圓錐面 $x^2+y^2-z^2=0$ 的頂點處，梯度為零，所以這一正則切平面定理不適用。不能從零等式 $0=0$ 推出唯一平面。

主軸存在性與全部切向方向

主軸所用的實對稱譜定理有如下證明。最大值步驟來自球面的緊性，乘數步驟則由極值章節中一般單約束的完整證明保證。

4.3 對稱性給出正交特徵向量

對實對稱矩陣 $A$ 和實向量 $u,v$，若 $Au=\lambda u$，$Av=\mu v$，則

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

因此，不同特徵值對應的特徵空間互相正交。更強的譜定理指出，每個實對稱 $n\times n$ 矩陣（$n\ge1$）都有一組標準正交特徵基，因此 $A=QDQ^T$，其中 $Q^TQ=I$，而 $D$ 是實對角矩陣。

下面利用前面章節的結果證明。連續函數 $x^TAx$ 在單位球面上取得最大值，因為單位球面是閉且有界的。在取得最大值的單位向量 $v$ 處，正則約束 $x^Tx=1$ 的梯度 $2v$ 非零。乘數條件給出 $2Av=2\lambda v$，所以 $v$ 是實單位特徵向量。它的正交補空間是不變的：若 $v^Tw=0$，則 $v^TAw=(Av)^Tw=\lambda v^Tw=0$。在一組標準正交基下，把 $A$ 限制到這個 $(n-1)$ 維子空間，得到的限制仍然對稱。從一維開始歸納，可在該子空間得到一組標準正交特徵基；連同 $v$，便證明了定理。正交補空間的一組標準正交基可用 Gram–Schmidt 方法構造。

正交補的構造與切平面

為使歸納具有實際構造，從單位特徵向量 $v$ 出發，不斷選取張成空間以外的標準坐標向量，將其擴成線性基 $v,w_2,\ldots,w_n$。令 $u_1=v$；第 $j$ 步從 $w_j$ 減去 $\sum_{i<j}(w_j\cdot u_i)u_i$。所得向量與前面的 $u_i$ 正交，並且非零，否則 $w_j$ 屬於前面的張成空間。再除以其正範數，所得 $u_2,\ldots,u_n$ 為 $v^\perp$ 的標準正交基。在此基下，限制矩陣的元素滿足 $u_i^TAu_j=u_j^TAu_i$，所以仍對稱，可應用歸納。維數一開始歸納，維數零對應空的正交補。

對等值面，明確假設 $F$ 在 $p$ 的開鄰域上為 $C^1$、$F(p)=0$ 且 $\nabla F(p)\ne0$。選擇最後一個坐標使 $F_z(p)\ne0$，極值章節中證明的一般隱函數定理給出 $p$ 附近的圖像 $z=\varphi(x,y)$。其切向量為 $(u_1,u_2,D\varphi(p')u)$；對恆等式求導得 $D\varphi=-F_z^{-1}(F_x,F_y)$。因此它們恰為與 $\nabla F(p)$ 正交的全部向量：正交向量的最後一坐標由前兩坐標唯一確定，而圖像曲線 $s\mapsto(p'+su,\varphi(p'+su))$ 實現該切向量。所以切平面恰為 $\nabla F(p)\cdot(x-p)=0$。單有一點處的偏導數存在，並不足以支持這個圖像或切平面論證。

5 分級練習

E1 基礎。 求解 $x+y+z=3$、$x-y+z=1$、$z=1$，並解釋唯一性。

E2 平移。 通過配方分類 $x^2+y^2+z^2-2x+4y=4$。

E3 旋轉。 消去 $3x^2-2xy+3y^2+2z^2=8$ 中的交叉項，並求主半軸。

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

6 詳解

S1. $z=1$，故 $x+y=2$、$x-y=0$，得到 $(1,1,1)$。三個變量均被確定，獨立的平面約束交於一點。

S2. $(x-1)^2+(y+2)^2+z^2=9$。這是以 $(1,-2,0)$ 為中心、半徑為 3 的球面。常數因配方的偏移量而變化，而不只是將線性項移到等式另一側。

S3. 令 $u=(x+y)/\sqrt2$、$v=(x-y)/\sqrt2$，$xy$ 塊的特徵值為 2 和 4。方程變為 $2u^2+4v^2+2z^2=8$，故沿 $u,v,z$ 的半軸分別為 $2,\sqrt2,2$。

S4. 這是橢圓拋物面 $z=x^2+y^2$。$F=x^2+y^2-z$ 在該點的梯度為 $(2,0,-1)$，因此 $2(x-1)-(z-1)=0$，即 $z=2x-1$。

小結

行化簡無須依賴圖形便可求解線性空間約束。對稱矩陣組織二次表達式；平移確定中心，正交特徵向量顯示主軸。二次部分奇異和等值梯度為零的情形需要單獨處理，不能無依據地使用逆矩陣或切平面公式。