



% --- 作业标题栏 ---
\noindent
\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{\Huge\it 理论力学 \normalfont A} \\
    \vspace{0.1cm} \\
    \large 第一章作业 参考答案 \\
\end{tabular}
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{学期：} 2025秋 \\
    \textbf{助教：} 于洪飞，张积翔 \\
    \textbf{日期：} \today \\
\end{tabular}
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% --- 作业问题 ---

{\noindent\kaishu 以下两题选做其一}
\paragraph{1.} 已知三维欧氏空间的标准基 $\{\vecc{e}_{1},\vecc{e}_{2},\vecc{e}_{3}\}$ 构成右手系. 对坐标架作如下两步变换：(1)绕 $\vecc{e}_3$ 旋转45°，(2)随后对水平面（$\vecc{e}_{1}\times\vecc{e}_{2}$ 平面）作镜面反射. 

写出总的坐标变换矩阵 $$S_{ij}=\vecc{e}_{i}^{\prime}\cdot \vecc{e}_{j},$$ 并计算行列式 det S. 

\begin{solution}
\textbf{第一步：绕 $\vecc{e}_3$ 旋转 $45^\circ$}. 
    {\color{red}这是一个被动变换，即坐标系旋转，矢量不动. 如果坐标系绕轴 $\vecc{n}$ 转过角度 $\theta$，则矢量在新坐标系中的分量变换等效于将矢量绕轴 $\vecc{n}$ 转过角度 $-\theta$（主动变换）.} 因此，旋转变换矩阵 $\mathbf{R}$ 对应于绕 $\vecc{e}_3$ 旋转 $-45^\circ$：
    $$ \mathbf{R} = \begin{pmatrix} \cos(-45^\circ) & -\sin(-45^\circ) & 0 \\ \sin(-45^\circ) & \cos(-45^\circ) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. $$

\textbf{第二步：对 $\vecc{e}_1$-$\vecc{e}_2$ 平面作镜面反射}. 
    这意味着新坐标系的 $\vecc{e}'_3$ 轴与原 $\vecc{e}_3$ 轴反向，即 $\vecc{e}'_3 = -\vecc{e}_3$. 该变换的矩阵为：
    $$ \mathbf{M} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. $$
    
\textbf{总变换矩阵}. 
    总的变换是先旋转后反射，所以总变换矩阵 $\mathbf{S} = \mathbf{M}\mathbf{R}$：
    $$ \mathbf{S} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. $$
    
\textbf{计算行列式}. 
    利用行列式性质 $\det(\mathbf{AB}) = \det(\mathbf{A})\det(\mathbf{B})$:
    $$ \det(\mathbf{S}) = \det(\mathbf{M}) \det(\mathbf{R}) = (-1) \times (1) = -1 .$$
\end{solution}

\paragraph{2.} 已知并矢 $$\mathbf{R} = \cos\theta(\vecc{e}_{1}\vecc{e}_{1}+\vecc{e}_{2}\vecc{e}_{2})-\sin\theta(\vecc{e}_{1}\vecc{e}_{2}-\vecc{e}_{2}\vecc{e}_{1}),$$ 和质点的位移矢量 $$\vecc{x}=x\vecc{e}_{1}+y\vecc{e}_{2}+z\vecc{e}_{3},$$求两者的内积 $$\vecc{x}^{\prime}=\mathbf{R}\cdot \vecc{x},\qquad\vecc{x}^{\prime\prime}=\vecc{x}\cdot\mathbf{R}.$$ 

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item \textbf{计算 $\vecc{x}^{\prime}=\mathbf{R}\cdot \vecc{x}$}
    利用并矢与矢量的内积法则 $(\vecc{a}\vecc{b})\cdot\vecc{c} = \vecc{a}(\vecc{b}\cdot\vecc{c})$ 和基矢的正交性 $\vecc{e}_i \cdot \vecc{e}_j = \delta_{ij}$：
    \begin{align*}
        \vecc{x}' &= \left[ \cos\theta(\vecc{e}_{1}\vecc{e}_{1}+\vecc{e}_{2}\vecc{e}_{2})-\sin\theta(\vecc{e}_{1}\vecc{e}_{2}-\vecc{e}_{2}\vecc{e}_{1}) \right] \cdot (x\vecc{e}_{1}+y\vecc{e}_{2}+z\vecc{e}_{3}) \\
        &= \cos\theta \left[ \vecc{e}_1(\vecc{e}_1 \cdot \vecc{x}) + \vecc{e}_2(\vecc{e}_2 \cdot \vecc{x}) \right] - \sin\theta \left[ \vecc{e}_1(\vecc{e}_2 \cdot \vecc{x}) - \vecc{e}_2(\vecc{e}_1 \cdot \vecc{x}) \right] \\
        &= \cos\theta \left( \vecc{e}_1 x + \vecc{e}_2 y \right) - \sin\theta \left( \vecc{e}_1 y - \vecc{e}_2 x \right) \\
        &= (x\cos\theta - y\sin\theta)\vecc{e}_1 + (y\cos\theta + x\sin\theta)\vecc{e}_2
    \end{align*}
    
    \item \textbf{计算 $\vecc{x}^{\prime\prime}=\vecc{x}\cdot\mathbf{R}$}
    利用法则 $\vecc{c}\cdot(\vecc{a}\vecc{b}) = (\vecc{c}\cdot\vecc{a})\vecc{b}$：
    \begin{align*}
        \vecc{x}'' &= (x\vecc{e}_{1}+y\vecc{e}_{2}+z\vecc{e}_{3}) \cdot \left[ \cos\theta(\vecc{e}_{1}\vecc{e}_{1}+\vecc{e}_{2}\vecc{e}_{2})-\sin\theta(\vecc{e}_{1}\vecc{e}_{2}-\vecc{e}_{2}\vecc{e}_{1}) \right] \\
        &= \cos\theta \left[ (\vecc{x} \cdot \vecc{e}_1)\vecc{e}_1 + (\vecc{x} \cdot \vecc{e}_2)\vecc{e}_2 \right] - \sin\theta \left[ (\vecc{x} \cdot \vecc{e}_1)\vecc{e}_2 - (\vecc{x} \cdot \vecc{e}_2)\vecc{e}_1 \right] \\
        &= \cos\theta \left( x\vecc{e}_1 + y\vecc{e}_2 \right) - \sin\theta \left( x\vecc{e}_2 - y\vecc{e}_1 \right) \\
        &= (x\cos\theta + y\sin\theta)\vecc{e}_1 + (y\cos\theta - x\sin\theta)\vecc{e}_2
    \end{align*}
\end{enumerate}
\end{solution}
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\paragraph{3.} 设方阵 $A\in\mathbb{C}^{m\times m},B\in\mathbb{C}^{n\times n}$ 分别满足特征方程 $$A\vecc{x}_{j}=\lambda_{j}\vecc{x}_{j} ,\qquad j=1, \dots, m,$$  $$B\vecc{y}_{k}=\mu_{k}\vecc{y}_{k},\qquad k=1, \dots, n.$$
\begin{enumerate}
    \item 找出矩阵 $A\otimes B$ 的全部特征值.
    \item 找出矩阵 $A\otimes\mathds{1}_{n\times n}+\mathds{1}_{m\times m}\otimes B$ 的全部特征值. 
\end{enumerate}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item 
    考虑 $\mathbf{A}\otimes \mathbf{B}$ 作用于由 $\mathbf{A}$ 和 $\mathbf{B}$ 的特征向量构成的张量积向量 $\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k$ 上. 利用张量积的混合乘积性质 $(\mathbf{A}\otimes \mathbf{B})(\mathbf{C}\otimes \mathbf{D}) = (\mathbf{A}\mathbf{C})\otimes(\mathbf{B}\mathbf{D})$：
    \begin{align*}
        (\mathbf{A}\otimes \mathbf{B})(\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k) &= (\mathbf{A}\vecc{x}_j) \otimes (\mathbf{B}\vecc{y}_k) \\
        &= (\lambda_j \vecc{x}_j) \otimes (\mu_k \vecc{y}_k) \\
        &= (\lambda_j \mu_k) (\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k)
    \end{align*}
    这是一个特征值方程，其特征向量为 $\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k$，对应的特征值为 $\lambda_j \mu_k$.
    
    \item
    同样，考虑该矩阵作用于 $\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k$ 上：
    \begin{align*}
        (\mathbf{A}\otimes\mathds{1}_{n}+\mathds{1}_{m}\otimes \mathbf{B})(\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k) &= (\mathbf{A}\otimes\mathds{1}_{n})(\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k) + (\mathds{1}_{m}\otimes \mathbf{B})(\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k) \\
        &= (\mathbf{A}\vecc{x}_j) \otimes (\mathds{1}_{n}\vecc{y}_k) + (\mathds{1}_{m}\vecc{x}_j) \otimes (\mathbf{B}\vecc{y}_k) \\
        &= (\lambda_j \vecc{x}_j) \otimes \vecc{y}_k + \vecc{x}_j \otimes (\mu_k \vecc{y}_k) \\
        &= \lambda_j (\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k) + \mu_k (\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k) \\
        &= (\lambda_j + \mu_k) (\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k)
    \end{align*}
    这是一个特征值方程，其特征向量为 $\vecc{x}_j \otimes \vecc{y}_k$，对应的特征值为 $\lambda_j + \mu_k$. 
\end{enumerate}
\end{solution}
\hrule
\vspace{0.5cm}
{\noindent\kaishu 以下两题选做其一}
\paragraph{4.} 四阶张量 $P_{ijkl}$ 在缩并后记成 $$Q_{ij}\triangleq P_{ijkk},\qquad i,j = 1,2,3,4,$$ 证明在新标准基$\{\vecc{e}_1',\vecc{e}_2',\vecc{e}_3'\}$下的分量 $$Q_{ij}^{\prime}=R_{im}R_{jn}Q_{mn},$$成立，即缩并的结果 $Q_{ij}$ 是二阶张量.

\begin{solution}
四阶张量 $P_{ijkl}$ 的坐标变换法则：
    $$ P'_{ijkl} = R_{im}R_{jn}R_{ko}R_{lp} P_{mnop} ,$$
在新坐标系下，根据定义写出 $Q'_{ij}$：
    $$ Q'_{ij} = P'_{ijkk} $$
将 $P'_{ijkk}$ 的变换法则代入上式：
    $$ Q'_{ij} = R_{im}R_{jn}R_{ko}R_{kp} P_{mnop}. $$
注意到上式中出现了转动矩阵的乘积项 $R_{ko}R_{kp}$，并对其哑指标 $k$ 求和. 利用转动矩阵的正交性 $\mathbf{R}^T \mathbf{R} = \mathds{1}$，有 $R_{ko}R_{kp} = \delta_{op}$. 
将正交关系代入，替换 $R_{ko}R_{kp}$：
    $$ Q'_{ij} = R_{im}R_{jn} \delta_{op} P_{mnop} = R_{im}R_{jn} P_{mnoo}  = R_{im}R_{jn} Q_{mn}. $$
\end{solution}

\paragraph{5.} 对称张量满足$$S_{ij}=S_{ji},$$在转动之后的张量分量 $S_{ij}^{\prime}$ 仍然是对称的$$S_{ij}^{\prime}\equiv S_{ji}^{\prime}.$$同样可证，反对称张量（$A_{ij}=-A_{ji}$）在转动后仍然是反对称张量（$A_{ij}^\prime \equiv -A_{ji}^\prime$）.

\begin{solution}
    二阶张量 $S_{ij}$ 的坐标变换法则：
    $$ S'_{ij} = R_{ik}R_{jl} S_{kl} $$
    其转置 $S'_{ji}$ 的表达式：
    $$ S'_{ji} = R_{jk}R_{il} S_{kl} $$
    交换上式中的哑指标 $k$ 和 $l$：
    $$ S'_{ji} = R_{jl}R_{ik} S_{lk} $$
    利用原坐标系下张量的对称性，$S_{lk} = S_{kl}$：
    $$ S'_{ji} = R_{jl}R_{ik} S_{kl} $$
    重新整理乘积项的顺序：
    $$ S'_{ji} = R_{ik}R_{jl} S_{kl} = S'_{ji} $$
这表明变换后的张量分量仍然是对称的. 
\end{solution}