7 , 设A为n阶矩阵 , 试证明A^T与A的特征值相同

证: A的特征值是特征多项式|A -λE|的根

同样A^T的特征值是特征项式|A^T-λE|的根

因为行列式与它的转置行列式相等，即|A - λE|=|(A-λE)^T|=|A^T - λE|

所以这两个特征多项式是相等的

从而它们的根也相同 , 即A与A^T的特征值也相同

注: 这里特征值相同的含义是:

若λ₀是A的k重特征值 , 那么它恰好也是A^T的k重特征值

我们要证明： n 阶矩阵 $A$ 与它的转置 $A^{T}$ 的特征值相同。

举例验证 设$A = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$

1. 求 $A$ 的特征值

特征方程：$det(A - \lambda I) = det\begin{bmatrix} 2 - \lambda & 1 \\ 0 & 3 - \lambda \end{bmatrix} = (2 - \lambda)(3 - \lambda) = 0$

特征值：$\lambda_{1} = 2$，$\lambda_{2} = 3$。

2. 求 $A^{T}$ 的特征值 $A^{T} = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$

特征方程：$det(A^{T} - \lambda I) = det\begin{bmatrix} 2 - \lambda & 0 \\ 1 & 3 - \lambda \end{bmatrix} = (2 - \lambda)(3 - \lambda) = 0$

特征值：$\lambda_{1} = 2$，$\lambda_{2} = 3$。

特征值相同。

8 , 设n阶矩阵A , B满足R(A)+ R(B)<n，

试证明A与B有公共的特征值和公共的特征向量

证: 显然R(A)<n

另一方面 , R(A)<n⟺A不可逆⟺ det(A) = 0⟺0是A的特征值

同理 , 0也是B的特征值 , 于是A与B有公共的特征值0

A和B对应λ=0的特征向量依次是方程Ax=0和Bx=0的非零解

于是A与B有对应于λ=0的公共特征向量

⟺方程组$\left\{ \begin{matrix} Ax = 0 \\ Bx = 0 \end{matrix} \right.\$ 有非零解

⟺方程$\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}$x=0有非零解 ⟺R$\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}$<n

另一方面 , 由矩阵秩的性质max{R(A),R(B)}⩽R(A , B)⩽R(A)+R(B)

R$\begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}$=R(A^T , B^T)⩽R(A^T)+R(B^T)= R(A)+R(B)<n

综上 , A与B有公共的特征向量

举例说明

设 n = 3, A = $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \end{bmatrix}$

计算矩阵的秩

对于矩阵 A，对其进行初等行变换：

A = $\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \rightarrow \ \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ , 可得 R(A) = 1。

对于矩阵 B，对其进行初等行变换：

B =$\begin{bmatrix} 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \ \begin{bmatrix} 1 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ , 可得 R(B) = 1。

此时 R(A) + R(B) = 1 + 1 = 2 < 3。

求公共特征向量和特征值

考虑齐次线性方程组 $\left\{ \begin{matrix} Ax = 0 \\ Bx = 0 \end{matrix} \right.\$ , 即$\begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix}$x =$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \end{bmatrix}$ x=0

对$\begin{bmatrix} A \\ B \end{bmatrix}$进行初等变换

$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & - 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$

其对应的齐次线性方程组为 $\left\{ \begin{matrix} x₁\ + \ x₂\ + \ x₃\ = \ 0 \\ - 2x₂\ - \ x₃\ = \ 0 \end{matrix} \right.\$

令 x₂ = 1，则 x₃ = -2，x₁ = 1。

所以有非零解 ξ = $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 2 \end{bmatrix}$，且 Aξ = 0ξ=0 ，Bξ = 0ξ=0，

0是 A 和 B 的公共特征值，ξ 是 A 与 B 的公共特征向量。

9 , 设A²-3A +2E=O , 试证明A的特征值只能取1或2

证：

步骤如下：

1. 设 λ 是 A 的一个特征值，对应的特征向量为 v ≠ 0。

根据特征值的定义，有： Av = λv

2. 将矩阵方程 A² - 3A + 2E = 0 作用于特征向量 v 上：

(A² - 3A + 2E)v = 0 展开后得到： A²v - 3Av + 2Ev = 0

3. 利用特征值的性质 A²v = λ²v 和 Ev = v，代入上式：

λ²v - 3λv + 2v = 0 合并同类项： (λ² - 3λ + 2)v = 0

由于 v ≠ 0，所以： λ² - 3λ + 2 = 0

4. 解这个关于 λ 的二次方程： λ² - 3λ + 2 = 0

得 (λ - 1)(λ - 2) = 0 得： λ = 1 或 λ = 2

结论：矩阵 A 的特征值只能是 1 或 2。

10 , 设A为正交阵 , 且 det A=-1 , 证明λ=-1是A的特征值

证: λ=-1是A的特征值等价于|A-(-1)E|=0等价于|A +E|=0 ,

因此只需证|A +E|=0，因A为正交阵，得E=A^TA

而|A +E|=|A +A^TA|=|(E +A^T)A|=|(E +A^T)^TA|=|(E^T +A)A|=|(E+A)A|

=|A+E|·|A|=|A+E|(-1)=-|A+E|

得|A +E|=-|A+E|

得|A +E|+|A +E|=0

得2|A +E|=0

得|A +E|=0

11 , 设不为0的λ是m阶矩阵A_m×nB_n×m的特征值 ,

试证明λ也是n阶矩阵BA的特征值

证明过程：

1. 已知λ是m阶矩阵AB的非零特征值，则存在非零向量ξ（ξ是m维列向量），使得(AB)ξ = λξ。

2. 用B左乘上式两边，得到B(AB)ξ = B(λξ)。

根据矩阵乘法的结合律，得到(BA)(Bξ) = λ(Bξ)。

3. 下面证明 Bξ ≠ 0：

假设 Bξ = 0，那么 (AB)ξ = A(Bξ) = A×0 = 0，即 λξ = 0。

因为 λ ≠ 0，所以 ξ = 0。这与ξ是非零特征向量的定义矛盾，故 Bξ ≠ 0。

4. 由于存在非零向量 Bξ，使得 (BA)(Bξ) = λ(Bξ)，

根据特征值定义，λ 是 n 阶矩阵 BA 的特征值。

举例：

按照维度$m = 3,n = 2$来构造例子并验证结论。

1.构造矩阵

设$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\quad(3 \times 2)$，$B = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\quad(2 \times 3)$

2.计算$AB$与$BA$

$$AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\quad(3 \times 3)$$

$$BA = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\quad(2 \times 2)$$

3.特征值比较

$AB = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$的特征值$\lambda$为：$0,\quad 2,\quad 1$

$BA = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$的特征值$\lambda$为$2$和$1$。

$$AB\text{的特征值：}0,1,2$$

$BA\text{的特征值：}1,2$.

确实非零特征值相同。

12 , 已知3阶矩阵A的特征值为1 , 2 , 3 , 求|A³-5A²+7A|

解:

1. 利用特征值计算多项式矩阵的行列式

设多项式$p(t) = t^{3} - 5t^{2} + 7t$，那么题中矩阵为$p(A) = A^{3} - 5A^{2} + 7A$

对于可对角化或一般矩阵（只要行列式与特征值关系成立），

若 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则 $p(\lambda)$ 是 $p(A)$ 的特征值，

并且 $p(A)$ 的特征值就是 $p(\lambda_{1}),p(\lambda_{2}),p(\lambda_{3})$，且行列式等于它们乘积。

2. 计算 $p(\lambda)$ 在三个特征值处的值

$$p(1) = 1^{3} - 5 \times 1^{2} + 7 \times 1 = 1 - 5 + 7 = 3$$

$$p(2) = 8 - 5 \times 4 + 14 = 8 - 20 + 14 = 2$$

$$p(3) = 27 - 5 \times 9 + 21 = 27 - 45 + 21 = 3$$

所以 $p(A)$ 的特征值为 3, 2, 3。

3. 行列式$|p(A)| = 3 \times 2 \times 3 = 18$

13 , 已知3阶矩阵A的特征值为1 , 2 , -3 , 求|A*+3A +2E|

解答步骤：

1. 首先计算A的行列式|A|： |A| = 1 × 2 × (-3) = -6。

由Av=λv，假设A可逆（即 λ≠0），两边左乘 A⁻¹：

得A⁻¹Av = A⁻¹(λv)得v = λA⁻¹v得 $\frac{1}{\lambda}$v=A⁻¹v得$\frac{1}{\lambda}$是 A⁻¹ 的特征值，

2. 因为A* = |A|A⁻¹，且对于特征值λ，A⁻¹的特征值为$\frac{1}{\lambda}$，

又因为A*v=|A|A^-1v=|A|$\frac{1}{\lambda}$v=$\frac{|A|}{\lambda}$v ， 所以A*的特征值为$\frac{|A|}{\lambda}$：

对于λ=1：A*的特征值为 $\frac{- 6}{1}$= -6

对于λ=2：A*的特征值为 $\frac{- 6}{2}$= -3

对于λ=-3：A*的特征值为 $\frac{- 6}{- 3}$= 2

3. 矩阵A* + 3A + 2E的特征值可以通过对应特征值的组合计算：

对于λ=1：-6 + 3×1 + 2 = -1

对于λ=2：-3 + 3×2 + 2 = 5

对于λ=-3：2 + 3×(-3) + 2 = -5

4. 行列式等于特征值的乘积：

|A* + 3A + 2E| = (-1) × 5 × (-5) = 25。

14 , 设A , B都是n阶矩阵 , 且A可逆 , 试证明AB与BA相似。

证明：

要证明AB与BA相似，

按相似矩阵定义，只要找到一个可逆矩阵P，使得：BA = P⁻¹(AB)P

因为A可逆，所以可以取P = A，则P⁻¹ = A⁻¹。

计算：A⁻¹(AB)A = (A⁻¹A)BA = E·BA = BA

即：BA = A⁻¹(AB)A

因此，AB与BA相似

15 , 设矩阵A=$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ 3 & 1 & x \\ 4 & 0 & 5 \end{bmatrix}$可相似对角化 , 求x

解：只要找到三个线性无关的特征向量，就可以求出x

步骤1：求矩阵A的特征值

根据特征方程 |λE-A|=0 计算特征值，即：

|λE-A|=$\left| \begin{matrix} \lambda - 2 & 0 & - 1 \\ - 3 & \lambda - 1 & - x \\ - 4 & 0 & \lambda - 5 \end{matrix} \right|$= (λ - 1)²(λ - 6)=0

解得特征值 λ₁=λ₂=1（二重特征值），λ₃=6。

步骤2：求矩阵A的特征向量

当λ₁=λ₂=1时 ， 计算E−A：

E−A =$\begin{bmatrix} 1 - 2 & 0 & - 1 \\ - 3 & 1 - 1 & - x \\ - 4 & 0 & 1 - 5 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 1 & 0 & - 1 \\ - 3 & 0 & - x \\ - 4 & 0 & - 4 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 3 - x \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

当3-x≠0时，即x≠3时

得同解方程组：$\left\{ \begin{matrix} x_{1} + x_{3} = 0 \\ (3 - x)x_{3} = 0 \end{matrix} \right.\$ 得 $\left\{ \begin{matrix} x_{1} = 0 \\ x_{3} = 0 \end{matrix} \right.\$ 无特征向量

当3-x=0时，即x=3时

得同解方程组：$x_{1} + x_{3} = 0$

得参数形式： $x_{1} = - x_{3}$ (x₃ 可任意取值)

得参数形式： $\left\{ \begin{matrix} x_{1} = - c_{2} \\ x_{2} = c_{1} \\ x_{3} = c_{2} \end{matrix} \right.\$ (其中x₂=c₁ , x₃=c₂ )

得齐次通解： $\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - c_{2} \\ c_{1} \\ c_{2} \end{bmatrix} = c_{1}\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + c_{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c₁ , c₂为任意实数)

得基础解系 ξ₁=$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ , ξ₂=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$ (得两个特征向量)

当λ₃=6时 ， 计算E−A：

A-6E =$\begin{bmatrix} - 4 & 0 & 1 \\ 3 & - 5 & 3 \\ 4 & 0 & - 1 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 0 & \frac{- 1}{4} \\ 0 & 1 & \frac{- 3}{4} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

得同解方程组：$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} - \frac{1}{4}x_{3} = 0 \\ x_{2} - \frac{- 3}{4}x_{3} = 0 \end{array} \right.\$

得基础解系 ξ₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 4 \end{bmatrix}$ (得一个特征向量)

因为 ξ₁=$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ , ξ₂=$\begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$ ， ξ₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 4 \end{bmatrix}$ 线性无关

所以当x=3时，矩阵A可对角化

16 , 已知p=$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{bmatrix}$是矩阵A=$\begin{bmatrix} 2 & - 1 & 2 \\ 5 & a & 3 \\ - 1 & b & - 2 \end{bmatrix}$的一个特征向量

(1)求参数a , b及特征向量p所对应的特征值

(2)问A能不能相似对角化?并说明理由

解： (1) 求参数 $a,b$ 及特征向量 $p$ 对应的特征值

设特征向量 $p = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{bmatrix}$ 对应的特征值为 $\lambda$。

根据特征值与特征向量的定义：$Ap = \lambda p$。

首先计算 $Ap$：

$$Ap = \begin{bmatrix} 2 & - 1 & 2 \\ 5 & a & 3 \\ - 1 & b & - 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \times 1 + ( - 1) \times 1 + 2 \times ( - 1) \\ 5 \times 1 + a \times 1 + 3 \times ( - 1) \\ - 1 \times 1 + b \times 1 + ( - 2) \times ( - 1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 2 + a \\ 1 + b \end{bmatrix}$$

再计算 $\lambda p$：

$$\lambda p = \lambda\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda \\ \lambda \\ - \lambda \end{bmatrix}$$

由 $Ap = \lambda p$，对应分量相等，可得方程组：$\left\{ \begin{matrix} - 1 = \lambda \\ 2 + a = \lambda \\ 1 + b = - \lambda \end{matrix} \right.\$

代入 $\lambda = - 1$，解得：

$a = \lambda - 2 = - 1 - 2 = - 3$

$b = - \lambda - 1 = - ( - 1) - 1 = 0$

特征向量p所对应的特征值 $\lambda = - 1$

(2) 判断矩阵 $A$ 是否可对角化

矩阵A=$\begin{bmatrix} 2 & - 1 & 2 \\ 5 & - 3 & 3 \\ - 1 & 0 & - 2 \end{bmatrix}$

判定定理：

$n$ 阶方阵 $A$ 可相似对角化的充要条件是 $A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量。

步骤1：计算矩阵 $A$ 的特征值

特征值满足特征方程 $|\lambda E - A| = 0$，其中 $E$ 为三阶单位矩阵，

$$|\lambda E - A| = \left| \begin{matrix} \lambda - 2 & 1 & - 2 \\ - 5 & \lambda + 3 & - 3 \\ 1 & 0 & \lambda + 2 \end{matrix} \right| = (\lambda + 1)^{3} = 0$$

解得矩阵 $A$ 的特征值为三重特征值 $\lambda = - 1$。

步骤2：求特征值 $\lambda = - 1$ 对应的线性无关特征向量

对于特征值 $\lambda = - 1$，求解齐次线性方程组 $( - E - A)x = 0$，

$A = \begin{bmatrix} 2 & - 1 & 2 \\ 5 & - 3 & 3 \\ - 1 & 0 & - 2 \end{bmatrix}$，$E = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$，

$- E - A = \begin{bmatrix} - 1 - 2 & 0 - ( - 1) & 0 - 2 \\ 0 - 5 & - 1 - ( - 3) & 0 - 3 \\ 0 - ( - 1) & 0 - 0 & - 1 - ( - 2) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 3 & 1 & - 2 \\ - 5 & 2 & - 3 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$，

$$( - E - A)x = \begin{pmatrix} - 3 & 1 & - 2 \\ - 5 & 2 & - 3 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right\rbrack$$

得齐次方程组$\left\{ \begin{matrix} - 3x_{1} + x_{2} - 2x_{3} = 0\quad \\ - 5x_{1} + 2x_{2} - 3x_{3} = 0\quad \\ x_{1} + 0x_{2} + x_{3} = 0\quad \end{matrix} \right.\$

得通解$\left\{ \begin{matrix} x_{1} = t \\ x_{2} = t \\ x_{3} = - t \end{matrix} \right.\ \quad t \in \mathbb{R}$ ，即$x = t\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{bmatrix}$

结论： 只有一个线性无关的特征向量 $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ - 1 \end{bmatrix}$。

即特征值 $\lambda = - 1$ 对应的线性无关的特征向量仅有1个。

步骤3：根据判定定理判定相似对角化性

矩阵 $A$ 为三阶方阵，由相似对角化的充要条件可知，

三阶方阵可相似对角化需存在3个线性无关的特征向量，

但本题中矩阵 $A$ 仅能找到1个线性无关的特征向量，不满足判定条件。

结论 矩阵 $A$ 不能相似对角化；

理由：矩阵 $A$ 的三重特征值 $\lambda = - 1$ 仅对应1个线性无关的特征向量，

三阶方阵 $A$ 无法找到3个线性无关的特征向量，

不满足 $n$ 阶方阵相似对角化的充要条件。

综上： (1) $a = - 3$，$b = 0$，特征向量 $p$ 对应的特征值为 $- 1$；

(2) $A$ 不能对角化，三阶方阵 $A$ 无法找到3个线性无关的特征向量，

不满足 $n$ 阶方阵相似对角化的充要条件。