21 , 设3阶矩阵A的特征值为2 , -2 , 1

对应的特征向量依次为p₁=$\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ , p₂=$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ , p₃=$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ , 求A

解：根据特征值与特征向量的定义，

对矩阵$A$的特征值$\lambda_{i}$和对应特征向量$p_{i}$，满足$Ap_{i} = \lambda_{i}p_{i}$（$i = 1,2,3$）。

将3个特征向量按列拼成可逆矩阵$P = \lbrack p_{1},p_{2},p_{3}\rbrack$，

特征值按对角排列构成对角矩阵$\Lambda = \begin{bmatrix} \lambda_{1} & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_{2} & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_{3} \end{bmatrix}$，

由矩阵分块乘法可得：

$$AP = A\lbrack p_{1},p_{2},p_{3}\rbrack = \lbrack Ap_{1},Ap_{2},Ap_{3}\rbrack = \lbrack\lambda_{1}p_{1},\lambda_{2}p_{2},\lambda_{3}p_{3}\rbrack = P\Lambda$$

即等式$AP = P\Lambda$成立。

因$P$由线性无关的特征向量构成，$P$可逆，对等式两边右乘$P^{- 1}$，

即$APP^{- 1} = P\Lambda P^{- 1}$，得$A = P\Lambda P^{- 1}$。

解题步骤

步骤1：构造矩阵$P$和对角矩阵$\Lambda$

将特征向量按列拼接得$P$，特征值对应填入对角阵$\Lambda$：

$$P = \lbrack p_{1},p_{2},p_{3}\rbrack = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix},\quad\Lambda = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$

步骤2：由可逆矩阵$P$求得：$P^{- 1} = \begin{bmatrix} - 1 & 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 1 \\ 0 & 1 & - 1 \end{bmatrix}$

步骤3：代入公式$A = P\Lambda P^{- 1}$计算矩阵$A$

$$A = (P\Lambda)P^{- 1} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & - 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 1 & 1 & 0 \\ 1 & - 1 & 1 \\ 0 & 1 & - 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 2 & 3 & - 3 \\ - 4 & 5 & - 3 \\ - 4 & 4 & - 2 \end{bmatrix}$$

22 , 设3阶对称阵A的特征值为λ₁=1 , λ₂=-1 , λ₃=0

对应λ₁ , λ₂的特征向量依次为p₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{bmatrix}$, p₂=$\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ - 2 \end{bmatrix}$ , 求A

解：

步骤一：求特征值λ₃=0对应的特征向量p₃

设 p₃=$\begin{bmatrix} x₁ \\ x₂ \\ x₃ \end{bmatrix}$，由于实对称矩阵不同特征值对应的特征向量相互正交，

则 p₃ 与 p₁、p₂ 都正交，可得：$\left\{ \begin{matrix} p_{1}^{T}p_{3} = 0 \\ p_{2}^{T}p_{3} = 0 \end{matrix} \right.\ \ \ \ \ \ \ \ \ 即\left\{ \begin{matrix} x_{1} + 2x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ 2x_{1} + x_{2} - 2x_{3} = 0 \end{matrix} \right.\$

得齐次通解：$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2c \\ - 2c \\ c \end{bmatrix} = c\begin{bmatrix} 2 \\ - 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ (c为任意实数)

$$所以p_{3} = \begin{pmatrix} 2 \\ - 2 \\ 1 \end{pmatrix}$$

步骤二：将特征向量单位化

单位化公式为η=$\frac{p}{\left\| p \right\|}$ 。

对于 p₁ = $\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{bmatrix}$，单位化后 η₁ = $\frac{1}{3}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 2 \end{bmatrix}$。
对于 p₂ =$\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ - 2 \end{bmatrix}$，单位化后 η₂ = $\frac{1}{3}\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ - 2 \end{bmatrix}$。
对于 p₃ =$\begin{pmatrix} 2 \\ - 2 \\ 1 \end{pmatrix}$，单位化后 η₃= $\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 \\ - 2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

步骤三：构造正交矩阵Q和对角矩阵Λ

$$令Q = (\eta_{1},\eta_{2},\eta_{3}) = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ 2 & - 2 & 1 \end{pmatrix},\quad\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$

步骤四：求矩阵A

根据实对称矩阵的性质 A = QΛQᵀ，因为Q是正交矩阵，所以 Qᵀ = Q⁻¹。

$$A = Q\Lambda Q^{T} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ 2 & - 2 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ 2 & - 2 & 1 \end{pmatrix}^{T} = \frac{1}{3}\begin{pmatrix} - 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

23 , 设3阶对称阵A的特征值为λ₁=6 , λ₂=λ₃=3

与特征值λ₁=6对应的特征向量为p₁=$\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ , 求A

解：

步骤一：求特征值 $\lambda_{2} = \lambda_{3} = 3$ 对应的特征向量

设特征值 $\lambda_{2} = \lambda_{3} = 3$ 对应的特征向量为 $p = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$。

因为 $A$ 是实对称矩阵，不同特征值对应的特征向量相互正交，

所以 $p$ 与 $p_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ 正交，即 $p_{1}^{\mathsf{T}}p = 0\quad \Rightarrow \quad x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$。

得到齐次方程组：$x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0$。

该方程组的基础解系可取为：$\xi_{2} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\quad\xi_{3} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}.$

于是，属于特征值 $3$ 的特征向量可表示为 $p = c_{1}\xi_{2} + c_{2}\xi_{3}\quad(c_{1},c_{2}\text{不全为零})$。

步骤二：将特征向量正交化（对重特征值对应的向量组）

虽然 $\xi_{2}$ 与 $\xi_{3}$ 都与 $p_{1}$ 正交，

但 $\xi_{2}$ 与 $\xi_{3}$ 不一定正交（计算内积得 $\xi_{2} \cdot \xi_{3} = 1 \neq 0$）。

因此，对属于特征值 $3$ 的特征向量组 $\xi_{2},\xi_{3}$ 进行 Schmidt 正交化，

构造出两两正交的特征向量组。

令$p_{2} = \xi_{2} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}.$

则$p_{3} = \xi_{3} - \frac{\langle\xi_{3},p_{2}\rangle}{\langle p_{2},p_{2}\rangle}p_{2} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} - \frac{1}{2}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2} \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - 1 \\ - 1 \\ 2 \end{bmatrix}$。

于是，得到一组两两正交的特征向量：

$$p_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix},\quad p_{2} = \begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix},\quad p_{3} = \begin{bmatrix} - 1 \\ - 1 \\ 2 \end{bmatrix}.$$

验证正交性：$p_{1}^{\mathsf{T}}p_{2} = 0$, $p_{1}^{\mathsf{T}}p_{3} = 0$, $p_{2}^{\mathsf{T}}p_{3} = 0$。

步骤三：将正交特征向量单位化

$\quad\eta_{1} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$，$\quad\eta_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{bmatrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，$\quad\eta_{3} = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{bmatrix} - 1 \\ - 1 \\ 2 \end{bmatrix}.$

步骤四：构造正交矩阵 $Q$ 和对角矩阵 $\Lambda$

令$Q = (\eta_{1},\eta_{2},\eta_{3}) = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix},\quad\Lambda = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.$

步骤五：求矩阵 $A$

根据实对称矩阵的对角化公式 $A = Q\Lambda Q^{\mathsf{T}}$，

$$A = Q\Lambda Q^{\mathsf{T}} = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 6 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ - \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ - \frac{1}{\sqrt{6}} & - \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$$

$$= \begin{pmatrix} 4 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 1 \\ 1 & 1 & 4 \end{pmatrix}$$

24. 设 $a = \left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} a_{1} \\ a_{2} \end{matrix} \\ \begin{matrix} \vdots \\ a_{n} \end{matrix} \end{array} \right\rbrack$，$a_{1} \neq 0$，$A = aa^{T}$。

(1)证明 $\lambda = 0$ 是 $A$ 的 $n - 1$ 重特征值；

(2)求 $A$ 的非零特征值及 $n$ 个线性无关的特征向量。

解

(1) 首先证明 $\lambda = 0$ 是 $A$ 的 $n - 1$ 重特征值。

注意到 $A$ 为对称阵，故 $A$ 可以与对角阵 $\Lambda$ 相似。

显然 $rank(A) = 1$，从而 $rank(\Lambda) = 1$，

于是 $A$ 只有一个非零对角元，即 $\lambda = 0$ 是 $A$ 的 $n - 1$ 重特征值。

(2) 其次求 $A$ 的非零特征值。

因 $A = aa^{T}$ 的对角元之和为 $\sum_{i = 1}^{n}a_{i}^{2}$。

又由特征值性质：$A$ 的 $n$ 个特征值之和等于它的 $n$ 个对角元之和。

从而由上知 $\sum_{i = 1}^{n}a_{i}^{2}$ 为 $A$ 的（唯一的）非零特征值。

再求 $A$ 的特征向量。

(i)对应于 $\lambda = 0$，解方程 $Ax = 0$。

由$A = \begin{bmatrix} a_{1}^{2} & a_{1}a_{2} & \cdots & a_{1}a_{n} \\ a_{2}a_{1} & a_{2}^{2} & \cdots & a_{2}a_{n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n}a_{1} & a_{n}a_{2} & \cdots & a_{n}^{2} \end{bmatrix}\overset{\text{行变换}}{\rightarrow}\begin{bmatrix} a_{1} & a_{2} & \cdots & a_{n} \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \end{bmatrix}$

得 $n - 1$ 个线性无关的特征向量为

$$\xi_{2} = \begin{bmatrix} - \frac{a_{2}}{a_{1}} \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix},\quad\xi_{3} = \begin{bmatrix} - \frac{a_{3}}{a_{1}} \\ 0 \\ 1 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix},\quad\cdots,\quad\xi_{n} = \begin{bmatrix} - \frac{a_{n}}{a_{1}} \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 1 \end{bmatrix}.$$

(ii)对应于 $\lambda_{1} = \sum_{i = 1}^{n}a_{i}^{2}$ 的特征向量 $\xi_{1}$。

由对称矩阵性质知 $\xi_{1}$ 与 $\xi_{2},\cdots,\xi_{n}$ 都正交，即 $\xi_{1}$ 是满足 $\xi_{1}^{T}\xi_{k} = 0$ ($k = 2,\cdots,n$)

这 $n - 1$ 个等式的非零向量。

另一方面，因为 $\xi_{k}$ 是对应 $0$ 特征值的特征向量，

故$A\xi_{k} = 0 \Rightarrow (aa^{T})\xi_{k} = 0 \Rightarrow a(a^{T}\xi_{k}) = 0 \Rightarrow (a^{T}\xi_{k})a = 0 \Rightarrow a^{T}\xi_{k} = 0,$

$$\quad k = 2,\cdots,n,$$

最后一个式子的成立是因为 $a \neq 0$。

这表明 $a$ 具有 $\xi_{1}$ 应有的性质，故可取 $\xi_{1} = a$。

至此已求出 $A$ 的 $n$ 个线性无关的特征向量。

具体实例、设 $a = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix},\quad$那么$A = aa^{T} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}(1\ 2\ 3) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9 \end{pmatrix}$

(1)证明λ=0是A的3-1=2重特征值;

(2)求A的非零特征值及3个线性无关的特征向量

解：

(1) 证明 $\lambda = 0$ 是 $A$ 的 $3 - 1 = 2$ 重特征值

$A$ 是实对称矩阵，可对角化。

$A = aa^{T}$，且 $a \neq 0$，所以 $rank(A) = 1$。

因此，$A$ 的非零特征值个数为 1，零特征值个数为 $n - 1 = 2$。

所以 $\lambda = 0$ 是 $A$ 的 2 重特征值。

(2) 求 $A$ 的非零特征值及 3 个线性无关的特征向量

非零特征值为$\lambda_{1} = \sum_{i = 1}^{3}a_{i}^{2} = 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} = 1 + 4 + 9 = 14.$

特征向量

对于 $\lambda = 0$，解 $Ax = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 3 & 6 & 9 \end{pmatrix}x = 0$。

于是方程等价于$x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} = 0.$

$\xi_{2} = \begin{pmatrix} \frac{- a_{2}}{a_{1}} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} - 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$， $\xi_{3} = \begin{pmatrix} \frac{- a_{3}}{a_{1}} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} - 3 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$

检查： $A\xi_{2}$： $A\xi_{2} = (aa^{T})\xi_{2} = a(a^{T}\xi_{2})$。

$a^{T}\xi_{2} = 1 \cdot ( - 2) + 2 \cdot 1 + 3 \cdot 0 = - 2 + 2 = 0$，所以 $A\xi_{2} = 0$。

同样 $A\xi_{3} = 0$。

所以 $\xi_{2},\xi_{3}$ 是两个线性无关的零特征值特征向量。

对于 $\lambda_{1} = 14$，可取 $\xi_{1} = a = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$。

验证：$A\xi_{1} = (aa^{T})a = a(a^{T}a) = a \times 14 = 14a.$

并且 $\xi_{1}$ 与 $\xi_{2},\xi_{3}$ 正交：

$\xi_{1}^{T}\xi_{2} = 1 \cdot ( - 2) + 2 \cdot 1 + 3 \cdot 0 = 0$，

$\xi_{1}^{T}\xi_{3} = 1 \cdot ( - 3) + 2 \cdot 0 + 3 \cdot 1 = - 3 + 3 = 0$。

最终答案

(1) $\lambda = 0$ 是 2 重特征值。

(2) 非零特征值 $\lambda_{1} = 14$，对应的特征向量为 $\xi_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$。

零特征值的两个线性无关特征向量为$\xi_{2} = \begin{pmatrix} - 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix},\quad\xi_{3} = \begin{pmatrix} - 3 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$

这三个向量线性无关。