考研数学

无穷小阶比-求极限-(重要)泰勒展开的原则以及细节

$\begin{aligned} 设 f (x) {=e}^{x} \sin x {-x-x}^{2}, g (x) =lncos x + \sqrt{\cos x} -1, 则当 x \to 0 时, f (x) 为 g (x) 的 ( \\ A . 高阶无穷小量 B. 低阶无穷小量 \\ C . 等价无穷小量 D . 同阶但非等价无穷小量 \end{aligned}$

答案：

$\begin{aligned} 解析:当 x→0时,因为 \\ e^{x} \sin x - x - x^{2} = [1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2})] [x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})] - x - x^{2} \\ = x - \frac{1}{6} x^{3} + x^{2} + \frac{1}{2} x^{3} + o (x^{3}) - x - x^{2} \\ = \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3}) \sim \frac{1}{3} x^{3}, \\ 所以 f (x) 为 x 的3 阶无穷小量 . 又因为当 x \to 0 时, \\ \cos x \sim \cos x - 1 \sim - \frac{1}{2} x^{2}, \sqrt{\cos x} - 1 \sim - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} x^{2} = - \frac{1}{4} x^{2} \\ 所以 \ln \cos x + \sqrt{\cos x} - 1 \sim - \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{4} x^{2} = - \frac{3}{4} x^{2}, 故 g (x) 为 x 的2 阶无穷小量, 应选(A) . \end{aligned}$

心得：

在这里我想说的就是泰勒展开的原则第一个：

1.头看尾，尾看头

2.想展到哪一阶，高于这一阶的全部归于此阶的高阶无穷小中

第一个原则

$\begin{aligned} e^{x} \sin x - x - - x^{2} = [1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2})] [x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})] - x - x^{2} \\ 头看尾，以第一个式子为基石 (头) ，看第二个式子第一个 (尾), 可以看出尾是 x \\ 说明我们如果要展开到 3 阶那么第一个式子展到 2 阶就行 \\ 相反的，以第二个式子为基石 (尾), 看第一个式子第一个 (头) \\ 是 1 ，所以我们第二个时候想要到三阶就需要展开到三阶 \\ 也就是我们所展开的 \end{aligned}$

第二个原则

$\begin{aligned} e^{x} \sin x - x - - x^{2} = [1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + o (x^{2})] [x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{3})] - x - x^{2} \\ = x - \frac{1}{6} x^{3} + x^{2} + \frac{1}{2} x^{3} + o (x^{3}) - x - x^{2} \\ = \frac{1}{3} x^{3} + o (x^{3}) \sim \frac{1}{3} x^{3}, \\ 发现没有，当你按照第一法则展开以后 \\ 你发现，咦，两个多项式相乘怎么少了这么多东西 \\ 这就是我们第二原则，展开高于想要阶的东西统一归为 o (x^{3}) 中 \\ 别说你没有听懂，你认真看，假如我们两个式子展开 \\ 1 和后面相乘不管以为没有高于三阶的 \\ x 和后面相乘 x \times \frac{x^{3}}{6} 是四阶了，我们就不管统一划给 o (x^{3}) ，最后写一个 o (x^{3}) 就行 \end{aligned}$

奇偶性-周期性-判断

$\begin{aligned} 以下函数的奇偶性是： \\ 1. 已知任意x、y， f (x + y) = f (x) + f (y) 且 a > 0, a \neq 1, x (\frac{1}{a^{x} - 1} + \frac{1}{2}) f (x) \\ 2. \int_{0}^{x} t [f (t) - f (- t)] d t \end{aligned}$

答案：

$\begin{aligned} 第一题 \\ x 显然是奇，为什么？不告诉你 \\ (\frac{1}{a^{x} - 1} + \frac{1}{2}) 通分= \frac{2 + a^{x} - 1}{2 (a^{x} - 1)} \\ 同样代入 f (- x) = \frac{a^{- x} + 1}{2 a^{- x} - 2} 上下同乘 a^{x} \\ = \frac{1 + a^{x}}{2 - 2 a^{x}} = - f (x) 所以也是奇 \\ 既然是任意，我把 y 成 - x \\ f (0) = f (x) + f (- x) 好先放着 \\ 再让 x = 0 ， y = 0 \\ f (0) = 2 f (0) 可得 f (0) = 0 \\ 哈哈哈，所以 f (x) + f (- x) = 0 ，所以 f (x) 是奇 \\ 奇 \cdot 奇 \cdot 奇=奇 \\ 第二题 \\ f (t) - f (- t) 嗯是个好东西 \\ 它到底是什么？我们令 g (t) = f (t) - f (- t) \\ 我们可以让其 t 变 - t 看看 \\ g (- t) = f (- t) - f (t) 是不是= - g (t) \\ 所以是奇 \\ 外面那个 t 是奇，所以 t [f (t) - f (- t)] 就是偶 \\ 被积函数是偶 \\ 原函数就是奇 \\ 答案就是奇 \end{aligned}$

心得：

$\begin{aligned} 这里要记住的几点就是任何函数都可以写成奇偶相加的形式 \\ 其次判断奇偶的原始方法就是 f (- x) = f (x) 偶还是 - f (x) 奇 \\ 当然了，求导是奇原函数就是偶，求导是偶原函数就是奇 \\ 第二题的变现函数用是就是这个原理 \\ 值得你注意的是，想想看，当你的导数是偶，原函数都是奇吗？ \\ 可不一定，你看 3 x + 6 是奇吗，只有当 C = 0 也就是 3 x 的时候是 \end{aligned}$

求极限-变现函数极限计算思路

$\begin{aligned} 1. lim_{x \to + \infty} (x^{\frac{1}{x}} - 1)^{\frac{1}{l n x}} \\ 2. 已知函数 f (t) = \int_{t^{2}}^{1} d x \int_{\sqrt{x}}^{t} s i n \frac{x}{y} d y, 求 f^{'} (\frac{π}{2}) \end{aligned}$

答案：

$\begin{aligned} 1. lim_{x \to + \infty} (x^{\frac{1}{x}} - 1)^{\frac{1}{l n x}} \\ 先判断类型， x 的 \frac{1}{x} 次方是 1 ，因为 x 是无穷，无穷分之一是 0 ， 1 - 1 是 0 \\ 然后 \frac{1}{l n x} 是 0 \\ 使用 l i m u^{v} = e^{l i m v l n v} \\ e^{lim_{x \to + \infty} \frac{1}{l n x} l n (x^{\frac{1}{x}} - 1)} \\ 只看上半部分 \\ lim_{x \to + \infty} \frac{1}{l n x} l n (x^{\frac{1}{x}} - 1) \\ 这部分再定型，不难看出一个负无穷，一个正无穷，也就是无穷比无穷 \\ 使用洛必达，但是 x^{\frac{1}{x}} 是难点，这个求导是什么？ \\ 既然如此我们变换一下啊， e^{l n x^{\frac{1}{x}}} = e^{\frac{1}{x} l n x} = e^{\frac{l n x}{x}} \\ lim_{x \to + \infty} \frac{l n (e^{\frac{l n x}{x}} - 1)}{l n x} 使用洛必达，上下同时求导 \\ = \frac{\frac{1}{e^{\frac{l n x}{x}} - 1} \cdot e^{\frac{l n x}{x}} \cdot \frac{1 - l n x}{x^{2}}}{\frac{1}{x}} \\ = \frac{e^{\frac{l n x}{x}} \cdot (1 - l n x)}{x (e^{\frac{l n x}{x}} - 1)} \\ = \frac{1 - l n x}{x \cdot \frac{l n x}{x}} [e^{\frac{l n x}{x}} 是非零因子， l n x 远远小于 x ，就是 0 ，整体是 1] \\ = \frac{1 - l n x}{l n x} [l n x 在 x 趋向无穷大时是无穷大，所以分子中的 1 可以忽略] \\ = \frac{- l n x}{l n x} \\ = - 1 \\ 所以结果= e^{- 1} \\ 2. 已知函数 f (t) = \int_{t^{2}}^{1} d x \int_{\sqrt{x}}^{t} s i n \frac{x}{y} d y, 求 f^{'} (\frac{π}{2}) \\ 非标准型，调换积分次序 \\ 自己画图，二重积分的知识 \\ 先积 x ，就取 y 型，就是横线，先积 y 就取 x 型，就是竖线，别问为什么， x 型， x = 1 ，你看看是横线还是竖线 \\ \int_{1}^{t} d y \int_{1}^{y^{2}} s i n \frac{x}{y} d x \\ = \int_{1}^{t} \int_{1}^{y^{2}} s i n \frac{x}{y} d x d y \\ = \int_{1}^{t} (\int_{1}^{y^{2}} s i n \frac{x}{y} d x) d y \\ 题目让求导 \\ 变现函数求导，将上下限代入，常数就不用带了，因为常数求导为 0 (不懂我说的这句，就翻变现函数求导法制) \\ = \int_{1}^{t^{2}} s i n \frac{x}{t} d x \\ 又 t = \frac{π}{2} \\ = \int_{1}^{\frac{π^{2}}{4}} s i n \frac{2}{π} x d x \\ = \frac{π}{2} \int_{1}^{\frac{π^{2}}{4}} s i n \frac{2}{π} x d \frac{2}{π} x \\ = \frac{π}{2} (- c o s \frac{2}{π} x) |_{1}^{\frac{π^{2}}{4}} \\ = \frac{π}{2} (- c o s \frac{π}{2} + c o s \frac{2}{π}) \\ = \frac{π}{2} c o s \frac{2}{π} \end{aligned}$

心得：

第一题其实定型定法，使用无穷大的抓大头，无穷小等价无穷小

第二题涉及变现函数的求极限，变现函数必定是要和求导扯上关系的

但是变现函数求导是需要标准型的，就是被积分函数里面没有上下限中的未知数

二次积分是如此，不是标准型就调换积分次序

利用比较审敛法判定反常积分收敛性

$设 m, n 均是正整数, 则反常积分 \int_{0}^{1} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} d x 的敛散性$

A . 仅与 m 的取值有关

B . 仅与 n 的取值有关

C . 与 m, n 的取值都有关

D . 与 m, n 的取值都无关

$设 p 为常数，若反常积分 \int_{0}^{1} \frac{l n x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x 收敛, 则 p 的取值范围是$

答案：

第一题

第一步看中间有没有瑕点，没有

第二步，我们每次只做一个反常点，0和1都是反常点，所以我们分开

$\int_{0}^{1} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} d x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} d x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} d x$

我们知道，拆开以后两个都收敛原来的式子才收敛

$\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} d x 这个反常积分的反常点在 0^{+}$

$lim_{x \to 0^{+}} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{[l n (1 - x)]^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{(- x)^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{(x)^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}}$

$lim_{x \to 0^{+}} \frac{(x)^{\frac{2}{m}}}{x^{\frac{1}{n}}} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x^{\frac{1}{n} - \frac{2}{m}}}$

现在我们看这个x的次数的大小，正好对应我们的p积分，那它到底是什么样的大小？

$\frac{1}{n} - \frac{2}{m}$

题目说n,m都是正整数

$0 < \frac{1}{n} < 1$

$0 < \frac{1}{m} < 1 ⟶ 0 < \frac{2}{m} < 2 ⟶ - 2 < - \frac{2}{m} < 0$

$- 2 < - \frac{2}{m} + \frac{1}{n} < 1$

也就是说它永远都是小于1的，也就是在趋向0下，喜欢小的，也就是收敛

再看后一半

$\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} d x ⟶ lim_{x \to 1^{-}} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}}$

$lim_{x \to 1^{-}} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} = lim_{x \to 1^{-}} \sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}$

$\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)}}{\sqrt[n]{x}} d x 的敛散性和 \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)} d x 相同$

然后我们再换元，令1-x =t

$\int_{\frac{1}{2}}^{1} \sqrt[m]{l n^{2} (1 - x)} d x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} [l n t]^{\frac{m}{2}} d t$

$\int_{0}^{\frac{1}{2}} [l n t]^{\frac{m}{2}} d t 它是存在一个 t^{\frac{1}{2}} > 0 使得 lim_{x \to 0^{+}} t^{\frac{1}{2}} l n^{\frac{m}{2}} t d t = 0$

所以小收大收，f(x)收敛

$lim_{x \to 0^{+}} t^{\frac{1}{2}} l n^{\frac{m}{2}} t d t = 0 ⟶ lim_{x \to 0^{+}} \frac{l n^{\frac{m}{2}} t}{t^{- \frac{1}{2}}} d t = 0$

$lim_{x \to 0^{+}} \frac{l n^{\frac{m}{2}} t}{t^{- \frac{1}{2}}} d t = 0 本质上我们只看 \frac{1}{t^{\frac{1}{2}}} 在这个趋向下，因为是趋向 0 ，所以喜欢小的，所以就< 1, 这个也符合$

现在我们保证了分母也就是形式上的g(x)是收敛的，只需要保证两者之比是0就能说明是收敛的

$lim_{x \to 0^{+}} x^{p} l n^{q} x = 0, 当 p, q > 0 时成立$

所以两者都在常态下收敛，与n,m无关

第二题

$\begin{aligned} 【解析】反常积分 \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x 具有两个㻓点 x = 0, x = 1, 于是 \\ \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x . \\ 当 x \to 0^{+} 时, \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} \sim \frac{\ln x}{x^{p}}, \\ 所以 \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x 与 \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}} d x 敛散性相同, \\ 故存在 k < 1 使得 lim_{x \to 0^{+}} (x^{k} \cdot \frac{\ln x}{x^{p}}) = 0, \\ 即 lim_{x \to 0^{+}} (x^{k} \cdot \frac{\ln x}{x^{p}}) = lim_{x \to 0^{+}} (x^{k - p} \cdot \ln x) = 0, \\ 解得 k - p > 0, 即 p < k < 1, 于是 \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\ln x}{x^{p}} d x 收敛当且仅当 p < 1 . \\ 当 x \to 1^{-} 时 \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} \sim \frac{- 1}{(1 - x)^{- p}}, \\ 所以 \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x 与 \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{- 1}{(1 - x)^{- p}} d x 敛散性相同, \\ 故 \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\ln x}{x^{p} (1 - x)^{1 - p}} d x 收敛当且仅当 - p < 1, 即 p > - 1 . 综上, p 的取值范围是 (- 1, 1) \end{aligned}$

心得：

做题方法
1.找到反常积分所有影响敛散性的点
2.找到影响方向上的等价
一种是上限为无穷的(中间没有瑕点)

\begin{aligned} \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x \\ x \to + \infty, f (x) \sim g (x) 则 \int_{0}^{+ \infty} g (x) d x 与 \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x 同敛散性 \end{aligned}

一种是下限为0的，上限不是无穷的

\begin{aligned} \int_{0}^{a} f (x) d x \\ x \to a^{+}, f (x) \sim g (x) 则 \int_{0}^{a} g (x) d x 与 \int_{a}^{a} f (x) d x 同敛散性 \end{aligned}

3.没有等价(在这个影响方向上)

\begin{aligned} ㈠ . \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x （无瑕点） \\ ⓵ 存在 p > 1 使得 lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x) = 0 ⟶ \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x 收敛 \\ ⓶ 存在 p \leq 1 使得 lim_{x \to + \infty} x^{p} f (x) = \infty ⟶ \int_{a}^{+ \infty} f (x) d x 发散 \\ ㈡ \int_{0}^{a} f (x) d x （仅有 x = 0 是瑕点） \\ ⓵ 存在 p < 1 使得 lim_{x \to 0^{+}} x^{p} f (x) = 0 ⟶ \int_{0}^{a} f (x) d x 收敛 \\ ⓶ 存在 p \geq 1 使得 lim_{x \to 0^{+}} x^{p} f (x) = \infty ⟶ \int_{0}^{a} f (x) d x 发散 \end{aligned}

别急，上面看不懂很正常

我们的根据就是三条

$\begin{aligned} lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{g (x)} = 0 ⟶ f (x) < g (x) 且 g (x) 收敛，则 f (x) 收敛 \\ lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{g (x)} = \infty ⟶ f (x) > g (x) 且 g (x) 发散，则 f (x) 发散 \\ lim_{x \to + \infty} \frac{f (x)}{g (x)} = A ⟶ f (x) 与 g (x) 同敛散性 \\ 以上用一句话：大收小收，小发大发 \end{aligned}$

$\begin{aligned} P 积分知道吧？ \\ \int_{a}^{+ \infty} \frac{1}{x^{p}} d x = {_{发散, 0 < p \leq 1}^{收敛, p > 1}} \\ \int_{a}^{b} \frac{1}{x^{p}} d x = {_{发散, p \geq 1}^{收敛, p < 1}} \\ 一句话：大的喜欢大的，小的喜欢小的 \end{aligned}$

$\begin{aligned} 我们已经把 p 积分修炼的如火如荼了，所以我们用 p 积分当 g (x) \\ lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{\frac{1}{x^{p}}} = 0 ⟶ \frac{1}{x^{p}} 要收敛，因为是无穷趋向时，所以 p > 1, 使得等式成立，那么 f (x) 就收敛 \\ lim_{x \to \infty} \frac{f (x)}{\frac{1}{x^{p}}} = \infty ⟶ \frac{1}{x^{p}} 要发散，因为是无穷，所以就是 p \leq 1, 使得等式成立，所以 f (x) 发散 \end{aligned}$

上面是趋向无穷的时候，那么趋向0的时候也是同理，大收小收，小发大发

其次，这里需要捣鼓的就是，你不能本末倒置，就是说，存在使得等式成立，而不是等式成立使得p存在范围

所以你可以随便举例子，也就是在p符合的范围内都成立

求极限-反解定理

$lim_{x \to 0} [\frac{f (x) - 1}{t a n x} - \frac{e^{x} s i n x}{t a n^{2} x}] = 2, 则 lim_{x \to 0} f (x) =$

答案：

$设 \frac{f (x) - 1}{t a n x} - \frac{e^{x} s i n x}{t a n^{2} x} = 2 + α (x), 并且 lim_{x \to 0} α (x) = 0$

心得：

后面没答案了，不需要了，懂思路就行，直接化简求出来f(x),然后两边套个极限

线性代数-二次型可逆变换搭桥法

\begin{array}{l} 设二次型 f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + 2 a x_{1} x_{2} + 2 a x_{1} x_{3} + 2 a x_{2} x_{3} \\ 经可逆线性变换 P {\begin{matrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{matrix}} \\ 得 g (y_{1}, y_{2}, y_{3}) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + 4 y_{3}^{2} + 2 y_{1} y_{2} . \\ (1) 求 a 的值 \\ (2) 求可逆矩阵 P \end{array}

答案：

$\documentclass{article} \usepackage{amsmath} \begin{document} \begin{eqnarray} && \text{(22) 解 (I) 二次型 } f \text{ 经坐标变换 } x = P y \text{ 成二次型 } g, \text{ 故 } f \text{ 和 } g \text{ 有相同的正、负惯性指数。} \\ && \text{因} \quad g = (y_1 + y_2)^2 + 4y_3^2 \text{ 知 } p = 2, q = 0. \\ && \text{于是二次型 } f \text{ 的正惯性指数 } p = 2, \text{ 负惯性指数为 } 0. \\ && \text{因二次型 } f \text{ 的矩阵} \\ && A = \left[\begin{array}{ccc} 1 & a & a \\ a & 1 & a \\ a & a & 1 \end{array}\right] \\ && \text{由 } |\lambda E - A| = (\lambda - 1 - 2a)(\lambda - 1 + a)^2. \text{ 矩阵 } A \text{ 的特征值: } 1 - a, 1 - a, 1 + 2a. \\ && \text{从而 } \left\{\begin{array}{l} 1 - a > 0, \\ 1 + 2a = 0, \end{array}\right. \text{ 故 } a = -\frac{1}{2}. \\ && \text{(II) 由配方法 } \\ && f = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - x_1 x_2 - x_1 x_3 - x_2 x_3 \\ && = \left[x_1^2 - 2x_1\left(\frac{1}{2}x_2 + \frac{1}{2}x_3\right) + \frac{1}{4}(x_2 + x_3)^2\right] + x_2^2 + x_3^2 - x_2 x_3 - \frac{1}{4}(x_2 + x_3)^2 \\ && = \left(x_1 - \frac{1}{2}x_2 - \frac{1}{2}x_3\right)^2 + \frac{3}{4}(x_2 - x_3)^2 \\ && \left\{\begin{array}{l} z_1 = x_1 - \frac{1}{2}x_2 - \frac{1}{2}x_3 \\ z_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}x_2 - \frac{\sqrt{3}}{2}x_3 \end{array}\right., \text{ 即 } \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array}\right) = \left[\begin{array}{ccc} 1 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 1 \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{3}} & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right]\left(\begin{array}{c} z_1 \\ z_2 \\ z_3 \end{array}\right) \\ && \left\{\begin{array}{l} z_3 = \frac{\sqrt{3}}{2}x_2 - \frac{\sqrt{3}}{2}x_3 \end{array}\right., \text{ 即 } \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array}\right) = \left[\begin{array}{ccc} 1 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 1 \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{3}} & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right]\left(\begin{array}{c} z_1 \\ z_2 \\ z_3 \end{array}\right) \\ && \text{有 } f = z_1^2 + z_2^2. \\ && \text{再令 } \left\{\begin{array}{l} z_1 = y_1 + y_2 \\ z_2 = 2y_3, \text{ 即 } \left(\begin{array}{c} z_1 \\ z_2 \\ z_3 \end{array}\right) = \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right]\left(\begin{array}{c} y_1 \\ y_2 \\ y_3 \end{array}\right) \right. \\ && \text{则有 } f \text{ 经坐标变换 } x = P y, \\ && P = \left[\begin{array}{ccc} 1 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 1 \\ 0 & \frac{2}{\sqrt{3}} & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{ccc} 2 & 1 & \frac{2}{\sqrt{3}} \\ 1 & 0 & \frac{4}{\sqrt{3}} \\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right] \\ && \text{得 } g = y_1^2 + y_2^2 + 4y_3^2 + 2y_1 y_2. \end{eqnarray} \end{document}$