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二、例题增补

例5.1若非零向量β与n维向量组A:α1 , α2 , ⋯ , αn中向量都正交

则向量组A必线性相关

证：

一、

核心证明：反证法

1. 反设前提：假设向量组 A : α 1 , α 2 , … , α n A:\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n} 线性无关。

2. 基的判定：在 n n 维向量空间 ℝ n \mathbb{R}^{n} 中，

任意 n n 个线性无关的向量都构成 ℝ n \mathbb{R}^{n} 的一组基。因此 α 1 , α 2 , … , α n \alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n} 是 ℝ n \mathbb{R}^{n} 的一组基。

3. 线性表示： β \beta 是 ℝ n \mathbb{R}^{n} 中的向量，因此可由这组基唯一线性表示，

即存在实数 k 1 , k 2 , … , k n k_{1},k_{2},\ldots,k_{n} ，使得： β = k 1 α 1 + k 2 α 2 + … + k n α n = ∑ i = 1 n k i α i \beta = k_{1}\alpha_{1} + k_{2}\alpha_{2} + \ldots + k_{n}\alpha_{n} = \sum_{i = 1}^{n}k_{i}\alpha_{i}

4. 内积计算导出矛盾：

对 β \beta 与自身作标准欧氏内积（点积），利用内积的线性性质展开：

( β , β ) = ( β , ∑ i = 1 n k i α i ) = ∑ i = 1 n k i ⋅ ( β , α i ) (\beta,\beta) = \left( \beta,\sum_{i = 1}^{n}k_{i}\alpha_{i} \right) = \sum_{i = 1}^{n}k_{i} \cdot (\beta,\alpha_{i})

由题设， β \beta 与每个 α i \alpha_{i} 正交，即 ( β , α i ) = 0 (\beta,\alpha_{i}) = 0 对所有 i = 1 , 2 , … , n i = 1,2,\ldots,n 成立，

因此： ( β , β ) = ∑ i = 1 n k i ⋅ 0 = 0 (\beta,\beta) = \sum_{i = 1}^{n}k_{i} \cdot 0 = 0

5. 正定性矛盾：根据内积的正定性， ( β , β ) = 0 (\beta,\beta) = 0 当且仅当 β = 0 \beta = 0 ，

与题设 β \beta 是非零向量矛盾。

6. 结论：反设不成立，故向量组 α 1 , α 2 , … , α n \alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n} 必线性相关。

二、举例验证

2维空间正向验证

设 n = 2 n = 2 ，2维向量组 A : α 1 = [ 1 2 ] , α 2 = [ 2 4 ] A:\alpha_{1} = \left\lbrack \begin{array}{r} 1 \\ 2 \end{array} \right\rbrack,\alpha_{2} = \left\lbrack \begin{array}{r} 2 \\ 4 \end{array} \right\rbrack 。

1. 求正交的非零向量 β \beta ： 设 β = [ x 1 x 2 ] \beta = \left\lbrack \begin{array}{r} x_{1} \\ x_{2} \end{array} \right\rbrack ，正交条件为内积为0：

{ ( β , α 1 ) = x 1 + 2 x 2 = 0 ( β , α 2 ) = 2 x 1 + 4 x 2 = 0 \left\{ \begin{matrix} (\beta,\alpha_{1}) = x_{1} + 2x_{2} = 0 \\ (\beta,\alpha_{2}) = 2x_{1} + 4x_{2} = 0 \end{matrix} \right.\

得非零解 β = [ − 2 1 ] \beta = \left\lbrack \begin{array}{r} - 2 \\ 1 \end{array} \right\rbrack ，满足与 α 1 , α 2 \alpha_{1},\alpha_{2} 均正交。

2. 验证线性相关性：

[ 1 2 2 4 ] → [ 1 2 0 0 ] \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} ，秩为1，小于向量个数2，因此 A A 线性相关，符合命题结论。

边界反例（命题前提的关键限制）

原命题的核心前提是向量组含 n n 个 n n 维向量，若向量个数不等于空间维数 n n ，结论不成立。

例： n = 3 n = 3 维空间，向量组 A : α 1 = ( 1 , 0 , 0 ) , α 2 = ( 0 , 1 , 0 ) A:\alpha_{1} = (1,0,0),\alpha_{2} = (0,1,0) （2个3维向量，个数≠3）。

取非零向量 β = ( 0 , 0 , 1 ) \beta = (0,0,1) ， β \beta 与 α 1 , α 2 \alpha_{1},\alpha_{2} 均正交，但 α 1 , α 2 \alpha_{1},\alpha_{2} 线性无关。

例5.2 设A是n阶矩阵 , λ=2 , 4 , ⋯ , 2n是A的n个特征值

求行列式|A-3E|的值

解：

一、核心求解过程

1. 用到的核心定理

若n阶方阵 A A 的全部特征值为 λ 1 , λ 2 , … , λ n \lambda_{1},\lambda_{2},\ldots,\lambda_{n} ，

则对任意多项式 f ( x ) f(x) ，矩阵多项式 f ( A ) f(A) 的全部特征值为 f ( λ 1 ) , f ( λ 2 ) , … , f ( λ n ) f(\lambda_{1}),f(\lambda_{2}),\ldots,f(\lambda_{n}) 。

方阵的行列式等于其所有特征值的乘积。

2. 推导计算

已知 A A 的 n n 个特征值为 λ k = 2 k \lambda_{k} = 2k （ k = 1 , 2 , … , n k = 1,2,\ldots,n ，即 2 , 4 , … , 2 n 2,4,\ldots,2n ）。

令多项式 f ( x ) = x − 3 f(x) = x - 3 ，则待求行列式对应的矩阵为 A − 3 E = f ( A ) A - 3E = f(A) ，

其特征值为： f ( λ k ) = 2 k − 3 , k = 1 , 2 , … , n f(\lambda_{k}) = 2k - 3,\quad k = 1,2,\ldots,n

根据行列式与特征值的关系，行列式等于所有特征值的乘积，

因此： | A − 3 E | = ∏ k = 1 n ( 2 k − 3 ) |A - 3E| = \prod_{k = 1}^{n}(2k - 3)

3. 结果化简

展开乘积可写为双阶乘形式（约定 ( − 1 ) ! = 1 ( - 1)! = 1 ，保证 n = 1 n = 1 时公式成立）：

| A − 3 E | = ( − 1 ) × 1 × 3 × 5 × … × ( 2 n − 3 ) = − ( 2 n − 3 ) ! |A - 3E| = ( - 1) \times 1 \times 3 \times 5 \times \ldots \times (2n - 3) = - (2n - 3)!

二、3阶矩阵的具体实例

本实例以n=3的情况为例，完整复现核心定理的应用全过程，

同时通过构造非对角的可相似对角化矩阵，验证定理的普适性

（定理对任意n阶方阵均成立，不要求矩阵为对角阵，仅需已知其全部特征值）。

步骤1：明确n=3时的题设条件与定理预期结果

当n=3时，根据题设，矩阵A的3个特征值为 λ k = 2 k \lambda_{k} = 2k （ k = 1 , 2 , 3 k = 1,2,3 ），

即： λ 1 = 2 , λ 2 = 4 , λ 3 = 6 \lambda_{1} = 2,\quad\lambda_{2} = 4,\quad\lambda_{3} = 6

根据核心定理，令多项式 f ( x ) = x − 3 f(x) = x - 3 ，

则矩阵 A − 3 E = f ( A ) A - 3E = f(A) 的特征值为 f ( λ k ) = λ k − 3 f(\lambda_{k}) = \lambda_{k} - 3 ，

代入特征值计算得：

f ( λ 1 ) = 2 − 3 = − 1 , f ( λ 2 ) = 4 − 3 = 1 , f ( λ 3 ) = 6 − 3 = 3 f(\lambda_{1}) = 2 - 3 = - 1,\quad f(\lambda_{2}) = 4 - 3 = 1,\quad f(\lambda_{3}) = 6 - 3 = 3

再根据“方阵的行列式等于其所有特征值的乘积”，

定理给出的预期计算结果为： | A − 3 E | = ( − 1 ) × 1 × 3 = − 3 |A - 3E| = ( - 1) \times 1 \times 3 = - 3

以下通过构造具体矩阵、手动分步计算，完整验证该结果。

步骤2：构造符合特征值要求的非对角矩阵A

我们利用矩阵相似对角化的核心性质构造矩阵：

若n阶方阵A与对角矩阵D相似（记为 A ∼ D A \sim D ），

则A与D有完全相同的特征值，且D的对角元就是A的全部特征值。

（1）构造特征值对角矩阵D

直接将A的3个特征值作为对角元，构造3阶对角矩阵D： D = ( 2 0 0 0 4 0 0 0 6 ) D = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}

对角矩阵的特征值就是其主对角线元素，

因此D的特征值为2、4、6，完全符合题设要求。

（2）构造可逆矩阵P并详细求解其逆矩阵 P − 1 P^{- 1}

选取可逆矩阵 P = ( 1 0 0 1 1 0 0 0 1 ) P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} ，得 P − 1 = ( 1 0 0 − 1 1 0 0 0 1 ) P^{- 1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

（3）计算构造的矩阵 A A

A = P D P − 1 = ( 1 0 0 1 1 0 0 0 1 ) ( 2 0 0 0 4 0 0 0 6 ) ( 1 0 0 − 1 1 0 0 0 1 ) = ( 2 0 0 − 2 4 0 0 0 6 ) A = PDP^{- 1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ - 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ - 2 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}

步骤3：验证构造的矩阵A的特征值符合题设

为确保构造的A完全满足题设条件，

我们通过求解特征多项式，严格验证A的特征值。

方阵A的特征方程为：

| λ E − A | = | λ − 2 0 0 2 λ − 4 0 0 0 λ − 6 | ( λ − 2 ) ( λ − 4 ) ( λ − 6 ) = 0 |\lambda E - A| = \left| \begin{matrix} \lambda - 2 & 0 & 0 \\ 2 & \lambda - 4 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda - 6 \end{matrix} \right|(\lambda - 2)(\lambda - 4)(\lambda - 6) = 0

解得特征值 λ 1 = 2 \lambda_{1} = 2 ， λ 2 = 4 \lambda_{2} = 4 ， λ 3 = 6 \lambda_{3} = 6 ，

与题设完全一致，构造的矩阵A符合要求。

步骤4：计算 A − 3 E A - 3E 并详细求解其行列式

（1）计算矩阵 A − 3 E A - 3E

因此： A − 3 E = ( 2 − 3 0 − 0 0 − 0 − 2 − 0 4 − 3 0 − 0 0 − 0 0 − 0 6 − 3 ) = ( − 1 0 0 − 2 1 0 0 0 3 ) A - 3E = \begin{pmatrix} 2 - 3 & 0 - 0 & 0 - 0 \\ - 2 - 0 & 4 - 3 & 0 - 0 \\ 0 - 0 & 0 - 0 & 6 - 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} - 1 & 0 & 0 \\ - 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}

（2）计算行列式 | A − 3 E | = | − 1 0 0 − 2 1 0 0 0 3 | − 3 |A - 3E| = \left| \begin{matrix} - 1 & 0 & 0 \\ - 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix} \right| - 3

步骤5：结果验证与结论

手动计算得到的 | A − 3 E | = − 3 |A - 3E| = - 3 ，与步骤1中通过核心定理推导的预期结果完全相同。

该实例充分验证了：即使矩阵A不是对角矩阵，只要已知其全部特征值，

就可以通过“矩阵多项式的特征值为原矩阵特征值的多项式”这一定理，

快速计算矩阵多项式的行列式，无需进行复杂的矩阵运算，

证明了定理的正确性与普适性。

结果与定理推导完全一致。

例5.3设A是n阶对称矩阵 , P是n阶可逆矩阵

已知n维列向量α是A的对应于特征值λ的特征向量

求矩阵(P-1AP)T对应于特征值λ的特征向量

解：设 A A 是 n n 阶对称矩阵， P P 是 n n 阶可逆矩阵，

已知 n n 维列向量， α \alpha 是 A A 的对应于特征值 λ \lambda 的特征向量。

求矩阵 ( P − 1 A P ) T (P^{- 1}AP)^{T} 对应于特征值 λ \lambda 的特征向量。

解：已知 A α = λ α , A T = A , P 可逆 . A\alpha = \lambda\alpha,\quad A^{T} = A,\quad P\text{可逆}.

我们要求向量 β \beta ，

使得 ( P − 1 A P ) T β = λ β (P^{- 1}AP)^{T}\beta = \lambda\beta

使得 P T A T ( P − 1 ) T β = λ β P^{T}A^{T}(P^{- 1})^{T}\beta = \lambda\beta

使得 P T A ( P T ) − 1 β = λ β P^{T}A(P^{T})^{- 1}\beta = \lambda\beta

使得 ( P T ) − 1 P T A ( P T ) − 1 β = λ ( P T ) − 1 β (P^{T})^{- 1}P^{T}A(P^{T})^{- 1}\beta = \lambda(P^{T})^{- 1}\beta

使得 A ( P T ) − 1 β = λ ( P T ) − 1 β A(P^{T})^{- 1}\beta = \lambda(P^{T})^{- 1}\beta

使得 α = ( P T ) − 1 β \alpha = (P^{T})^{- 1}\beta ，

使得 P T α = P T ( P T ) − 1 β P^{T}\alpha = P^{T}(P^{T})^{- 1}\beta

使得 P T α = β P^{T}\alpha = \beta

因此， ( P − 1 A P ) T (P^{- 1}AP)^{T} 对应于特征值 λ \lambda 的特征向量为 β = P T α \beta = P^{T}\alpha 。

实例验证：

取 A = ( 2 1 1 2 ) , α = ( 1 1 ) , λ = 3 . A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix},\quad\alpha = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix},\quad\lambda = 3.

设 P = ( 1 2 0 1 ) . P = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}. 则： P T = ( 1 0 2 1 ) , P T α = ( 1 0 2 1 ) ( 1 1 ) = ( 1 3 ) . P^{T} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix},\quad P^{T}\alpha = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}.

( P − 1 A P ) T = [ ( 1 − 2 0 1 ) ( 2 1 1 2 ) ( 1 2 0 1 ) ] T = [ 0 − 3 1 4 ] T = ( 0 1 − 3 4 ) . (P^{- 1}AP)^{T} = \left\lbrack \begin{pmatrix} 1 & - 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right\rbrack^{T} = \begin{bmatrix} 0 & - 3 \\ 1 & 4 \end{bmatrix}^{T} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 3 & 4 \end{pmatrix}.

( P − 1 A P ) T ( P T α ) = ( 0 1 − 3 4 ) ( 1 3 ) = ( 3 9 ) = 3 ( 1 3 ) = λ ( P T α ) . (P^{- 1}AP)^{T}(P^{T}\alpha) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ - 3 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 9 \end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = \lambda(P^{T}\alpha).

验证成立。

例5.4设3阶方阵A的特征值λ1=1 , λ2=2 , λ3=3

对应的特征向量为ξ1= [ 1 1 1 ] \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} , ξ2= [ 1 2 4 ] \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix} , ξ3= [ 1 3 9 ] \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{bmatrix} ，向量β= [ 1 1 3 ] \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix} , 求Anβ

解:

详细步骤

第一步：证明 ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 \xi_{1},\xi_{2},\xi_{3} 是 ℝ 3 \mathbb{R}^{3} 的一组基

1.线性无关性：

由于 ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 \xi_{1},\xi_{2},\xi_{3} 是对应于不同特征值的特征向量，

根据线性代数的定理，不同特征值对应的特征向量线性无关。

因此， ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 \xi_{1},\xi_{2},\xi_{3} 线性无关。

2.构成基：

在 ℝ 3 \mathbb{R}^{3} 中，任意三个线性无关的向量构成空间的一组基。

因此， ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 \xi_{1},\xi_{2},\xi_{3} 是 ℝ 3 \mathbb{R}^{3} 的一组基。

3.唯一表示：

由于 ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 \xi_{1},\xi_{2},\xi_{3} 是 ℝ 3 \mathbb{R}^{3} 的一组基，

任何3维向量 β \beta 都可以唯一地表示为它们的线性组合： β = c 1 ξ 1 + c 2 ξ 2 + c 3 ξ 3 \beta = c_{1}\xi_{1} + c_{2}\xi_{2} + c_{3}\xi_{3}

其中 c 1 , c 2 , c 3 c_{1},c_{2},c_{3} 是唯一的标量。

第二步：求解线性组合的系数

我们需要找到 c 1 , c 2 , c 3 c_{1},c_{2},c_{3} 使得： β = c 1 ξ 1 + c 2 ξ 2 + c 3 ξ 3 \beta = c_{1}\xi_{1} + c_{2}\xi_{2} + c_{3}\xi_{3}

即： [ 1 1 3 ] = c 1 [ 1 1 1 ] + c 2 [ 1 2 4 ] + c 3 [ 1 3 9 ] \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix} = c_{1}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} + c_{2}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix} + c_{3}\begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{bmatrix}

这对应于以下线性方程组： { c 1 + c 2 + c 3 = 1 c 1 + 2 c 2 + 3 c 3 = 1 c 1 + 4 c 2 + 9 c 3 = 3 \left\{ \begin{matrix} c_{1} + c_{2} + c_{3} = 1 \\ c_{1} + 2c_{2} + 3c_{3} = 1 \\ c_{1} + 4c_{2} + 9c_{3} = 3 \end{matrix} \right.\

因此，唯一解为： c 1 = 2 , c 2 = − 2 , c 3 = 1 c_{1} = 2,\quad c_{2} = - 2,\quad c_{3} = 1

所以： β = 2 ξ 1 − 2 ξ 2 + ξ 3 \beta = 2\xi_{1} - 2\xi_{2} + \xi_{3}

第三步：计算 A n β A^{n}\beta

利用特征向量的性质 A n ξ i = λ i n ξ i A^{n}\xi_{i} = \lambda_{i}^{n}\xi_{i} ：

A n β = A n ( 2 ξ 1 − 2 ξ 2 + ξ 3 ) = 2 A n ξ 1 − 2 A n ξ 2 + A n ξ 3 = 2 λ 1 n ξ 1 − 2 λ 2 n ξ 2 + λ 3 n ξ 3 A^{n}\beta = A^{n}(2\xi_{1} - 2\xi_{2} + \xi_{3}) = 2A^{n}\xi_{1} - 2A^{n}\xi_{2} + A^{n}\xi_{3} = 2\lambda_{1}^{n}\xi_{1} - 2\lambda_{2}^{n}\xi_{2} + \lambda_{3}^{n}\xi_{3}

代入特征值： A n β = 2 ⋅ 1 n ξ 1 − 2 ⋅ 2 n ξ 2 + 3 n ξ 3 = 2 ξ 1 − 2 n + 1 ξ 2 + 3 n ξ 3 A^{n}\beta = 2 \cdot 1^{n}\xi_{1} - 2 \cdot 2^{n}\xi_{2} + 3^{n}\xi_{3} = 2\xi_{1} - 2^{n + 1}\xi_{2} + 3^{n}\xi_{3}

= 2 [ 1 1 1 ] − 2 n + 1 [ 1 2 4 ] + 3 n [ 1 3 9 ] = [ 2 − 2 n + 1 + 3 n 2 − 2 n + 2 + 3 n + 1 2 − 2 n + 3 + 3 n + 2 ] = 2\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} - 2^{n + 1}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix} + 3^{n}\begin{bmatrix} 1 \\ 3 \\ 9 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 - 2^{n + 1} + 3^{n} \\ 2 - 2^{n + 2} + 3^{n + 1} \\ 2 - 2^{n + 3} + 3^{n + 2} \end{bmatrix}

例5.5设A= [ 3 2 − 2 − k 1 k 4 k − 3 ] \begin{bmatrix} 3 & 2 & - 2 \\ - k & 1 & k \\ 4 & k & - 3 \end{bmatrix} 有特征值0 , 问A能否对角化?

解:

步骤一：根据特征值 0 0 求出 k k 的值

已知矩阵 A A 有特征值 0 0 ，

根据特征值的定义， λ \lambda 是矩阵 A A 的特征值的充要条件是 | A − λ E | = 0 |A - \lambda E| = 0

那么当 λ = 0 \lambda = 0 时，有 | A − 0 E | = | A | = 0 |A - 0E| = |A| = 0 。

计算矩阵 A = [ 3 2 − 2 − k 1 k 4 k − 3 ] A = \begin{bmatrix} 3 & 2 & - 2 \\ - k & 1 & k \\ 4 & k & - 3 \end{bmatrix} 的行列式：

| A | = | 3 2 − 2 − k 1 k 4 k − 3 | = − k 2 + 2 k − 1 = 0 |A| = \left| \begin{matrix} 3 & 2 & - 2 \\ - k & 1 & k \\ 4 & k & - 3 \end{matrix} \right| = - k^{2} + 2k - 1 = 0 ，解得 k = 1 k = 1 。

步骤二：求出 k = 1 k = 1 时矩阵 A A 的特征值和特征向量

当 k = 1 k = 1 时，矩阵 A = [ 3 2 − 2 − 1 1 1 4 1 − 3 ] A = \begin{bmatrix} 3 & 2 & - 2 \\ - 1 & 1 & 1 \\ 4 & 1 & - 3 \end{bmatrix} 。

| A − λ E | = | 3 − λ 2 − 2 − 1 1 − λ 1 4 1 − 3 − λ | = − λ 3 + λ 2 = 0 |A - \lambda E| = \left| \begin{matrix} 3 - \lambda & 2 & - 2 \\ - 1 & 1 - \lambda & 1 \\ 4 & 1 & - 3 - \lambda \end{matrix} \right| = - \lambda^{3} + \lambda^{2} = 0

解得特征值 λ 1 = 0 \lambda_{1} = 0 （二重）， λ 2 = 1 \lambda_{2} = 1 。

求 λ 1 = 0 \lambda_{1} = 0 对应的特征向量：

( A − 0 E ) X = 0 (A - 0E)X = 0 ，得到 A X = 0 AX = 0 ，即 [ 3 2 − 2 − 1 1 1 4 1 − 3 ] [ x 1 x 2 x 3 ] = [ 0 0 0 ] \begin{bmatrix} 3 & 2 & - 2 \\ - 1 & 1 & 1 \\ 4 & 1 & - 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} 。

解得基础解系为 ξ 1 = [ − 4 1 − 5 ] \xi_{1} = \begin{bmatrix} - 4 \\ 1 \\ - 5 \end{bmatrix} ，

λ 1 = 0 \lambda_{1} = 0 对应的线性无关特征向量个数为 1 1 个。

求 λ 2 = 1 \lambda_{2} = 1 对应的特征向量：

( A − 1 E ) X = 0 (A - 1E)X = 0 ，得到 [ 2 2 − 2 − 1 0 1 4 1 − 4 ] [ x 1 x 2 x 3 ] = [ 0 0 0 ] \begin{bmatrix} 2 & 2 & - 2 \\ - 1 & 0 & 1 \\ 4 & 1 & - 4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} 。

解得基础解系为 ξ 2 = [ 1 0 1 ] \xi_{2} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} ，

λ 2 = 1 \lambda_{2} = 1 对应的线性无关特征向量个数为 1 1 个。

步骤三：判断矩阵 A A 能否对角化

3 3 阶矩阵 A A 的特征值 λ 1 = 0 \lambda_{1} = 0 是二重特征值，但对应的线性无关特征向量只有 1 1 个，

根据“ n n 阶矩阵 A A 可对角化的充要条件是 A A 有 n n 个线性无关的特征向量”， 可知矩阵 A A 不能对角化。

例5.6已知二次型f=5 x 1 2 x_{1}^{2} +5 x 2 2 x_{2}^{2} +a x 3 2 x_{3}^{2} - 2x1x2+6x1x3-6x2x3的秩为2

(1)求参数a以及此二次型对应矩阵的特征值

(2)指出f(x1 , x2 , x3)=1表示何种曲面

解:(1)二次型f的矩阵A= [ 5 − 1 3 − 1 5 − 3 3 − 3 a ] ⇒ r [ − 1 5 − 3 0 2 − 1 0 0 a − 3 ] \begin{bmatrix} 5 & - 1 & 3 \\ - 1 & 5 & - 3 \\ 3 & - 3 & a \end{bmatrix}\overset{r}{\Rightarrow}\begin{bmatrix} - 1 & 5 & - 3 \\ 0 & 2 & - 1 \\ 0 & 0 & a - 3 \end{bmatrix}

因f的秩为2 , 也即矩阵A的秩为2 , 由上式知a-3=0，得a=3

当a=3时 , |A-λE|= | 5 − λ − 1 3 − 1 5 − λ − 3 3 − 3 3 − λ | = − λ ( λ − 4 ) ( λ − 9 ) = 0 \left| \begin{matrix} 5 - \lambda & - 1 & 3 \\ - 1 & 5 - \lambda & - 3 \\ 3 & - 3 & 3 - \lambda \end{matrix} \right| = - \lambda(\lambda - 4)(\lambda - 9) = 0

于是 , A的特征值为λ1=0 , λ2=4 , λ3=9

(2)由定理6知 , 存在正交变换 [ x 1 x 2 x 3 ] \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix} =P [ y 1 y 2 y 3 ] \begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{bmatrix} , 其中P为正交矩阵

使二次型在新变量y1 , y2 , y3下成为标准形f=4 y 2 2 y_{2}^{2} +9 y 3 2 y_{3}^{2}

于是 , 曲面f(x1 , x2 , x3)=1⟺4 y 2 2 y_{2}^{2} +9 y 3 2 y_{3}^{2} =1

此方程在几何上表示

准线是y2Oy3平面上椭圆、母线平行于y1轴的椭圆柱面

例5.7下列矩阵中 , 与矩阵A= [ 1 2 0 2 1 0 0 0 1 ] \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} 合同的矩阵是哪一个?为什么?

(a) [ 1 1 1 ] \begin{bmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{bmatrix} , (b) [ 1 1 − 1 ] \begin{bmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & - 1 \end{bmatrix} , (c) [ 1 − 1 − 1 ] \begin{bmatrix} 1 & & \\ & - 1 & \\ & & - 1 \end{bmatrix} , (d) [ − 1 − 1 − 1 ] \begin{bmatrix} - 1 & & \\ & - 1 & \\ & & - 1 \end{bmatrix}

答:要判断与矩阵 A A 合同的矩阵，需依据合同矩阵的判定定理

（主要看正负惯性指数是否相同），步骤如下：

步骤1：明确合同矩阵的核心判定条件

两个实对称矩阵合同的充要条件是：它们的正负惯性指数分别相等（惯性定理）。

惯性指数包含：

正惯性指数 p p ：二次型标准形中正平方项的个数；

负惯性指数 q q ：二次型标准形中负平方项的个数；

且满足 p + q = 秩 ( A ) p + q = 秩(A) ， p − q = 符 号 差 p - q = 符号差 。

步骤2：求矩阵 A A 的正负惯性指数

矩阵 A = [ 1 2 0 2 1 0 0 0 1 ] A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} 是实对称矩阵（ A T = A A^{T} = A ），

先求其对应的二次型，再通过配方法或特征值法求惯性指数。

方法：特征值法

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

解得特征值： λ 1 = 1 \lambda_{1} = 1 ， λ 2 = 3 \lambda_{2} = 3 ， λ 3 = − 1 \lambda_{3} = - 1 。

分析惯性指数

正特征值个数（正惯性指数 p p ）： λ = 1 , 3 \lambda = 1,3 ，共 2 2 个，故 p = 2 p = 2 ；

负特征值个数（负惯性指数 q q ）： λ = − 1 \lambda = - 1 ，共 1 1 个，故 q = 1 q = 1 ；

步骤3：分析选项矩阵的正负惯性指数

选项均为对角矩阵，可直接观察对角线元素的正负：

选项(a)： [ 1 1 1 ] \begin{bmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{bmatrix} 对角线元素全正，正惯性指数 p = 3 p = 3 ，负惯性指数 q = 0 q = 0 ，与 A A 不合同。

选项(b)： [ 1 1 − 1 ] \begin{bmatrix} 1 & & \\ & 1 & \\ & & - 1 \end{bmatrix} 正惯性指数 p = 2 p = 2 （两个 1 1 ），负惯性指数 q = 1 q = 1 （一个 − 1 - 1 ），与 A A 的正负惯性指数完全相同。

选项(c): [ 1 − 1 − 1 ] \begin{bmatrix} 1 & & \\ & - 1 & \\ & & - 1 \end{bmatrix} 正惯性指数 p = 1 p = 1 （一个 1 1 ），负惯性指数 q = 2 q = 2 （两个 − 1 - 1 ），与 A A 不合同。

选项(d)： [ − 1 − 1 − 1 ] \begin{bmatrix} - 1 & & \\ & - 1 & \\ & & - 1 \end{bmatrix} 对角线元素全负，正惯性指数 p = 0 p = 0 ，负惯性指数 q = 3 q = 3 ，与 A A 不合同。

结论根据“正负惯性指数相同则矩阵合同”，选项(b)的矩阵与 A A 合同，

因为它们的正惯性指数 p = 2 p = 2 、负惯性指数 q = 1 q = 1 完全一致。

例5.8设A为3阶对称矩阵 , A的秩R(A)=2 , 且满足条件A3+ 2A2=O

(1)求A的全部特征值 ; (2)当k为何值时 , A+kE为正定矩阵?

解题过程

(1) 求A的全部特征值

步骤1：确定A的特征值可能的取值

设 λ \lambda 是矩阵 A A 的任意一个特征值， α \alpha 是对应的特征向量，

即满足 A α = λ α , α ≠ 0 A\alpha = \lambda\alpha,\quad\alpha \neq 0

对已知矩阵方程 A 3 + 2 A 2 = O A^{3} + 2A^{2} = O ，两边同时作用于特征向量 α \alpha ，

得： ( A 3 + 2 A 2 ) α = O α = 0 (A^{3} + 2A^{2})\alpha = O\alpha = 0

根据特征值的性质 A m α = λ m α A^{m}\alpha = \lambda^{m}\alpha ，

代入上式得： λ 3 α + 2 λ 2 α = ( λ 3 + 2 λ 2 ) α = 0 \lambda^{3}\alpha + 2\lambda^{2}\alpha = (\lambda^{3} + 2\lambda^{2})\alpha = 0

由于 α ≠ 0 \alpha \neq 0 ，因此特征值满足方程： λ 3 + 2 λ 2 = λ 2 ( λ + 2 ) = 0 \lambda^{3} + 2\lambda^{2} = \lambda^{2}(\lambda + 2) = 0

解得 λ = 0 \lambda = 0 或 λ = − 2 \lambda = - 2 ，即 A A 的特征值只能是 0 0 或 − 2 - 2 。

步骤2：利用对称矩阵性质确定特征值的重数

A A 是3阶实对称矩阵，实对称矩阵必可相似对角化，

即 A A 与对角矩阵 Λ = d i a g ( λ 1 , λ 2 , λ 3 ) \Lambda = diag(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}) 相似，其中 λ 1 , λ 2 , λ 3 \lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3} 是 A A 的全部特征值。

相似矩阵具有相同的秩，因此 R ( Λ ) = R ( A ) = 2 R(\Lambda) = R(A) = 2 。

而对角矩阵的秩等于其主对角线上非零元素的个数，

说明 Λ \Lambda 的主对角线上有2个非零元素、1个零元素。

结合特征值的可能取值，最终得到 A A 的全部特征值为：

λ 1 = λ 2 = − 2 ( 二重特征值 ) , λ 3 = 0 ( 一重特征值 ) \lambda_{1} = \lambda_{2} = - 2\ (\text{二重特征值}),\ \lambda_{3} = 0\ (\text{一重特征值})

(2) 求 k k 使 A + k E A + kE 为正定矩阵

核心依据：实对称矩阵正定的充要条件是其所有特征值均大于0。

首先， A A 是实对称矩阵，因此 A + k E A + kE 仍为实对称矩阵。

若 λ \lambda 是 A A 的特征值，则 A + k E A + kE 的特征值为 λ + k \lambda + k 。

由(1)知 A A 的特征值为 − 2 , − 2 , 0 - 2, - 2,0 ，

因此 A + k E A + kE 的全部特征值为： k − 2 , k − 2 , k k - 2,\ k - 2,\ k

要使 A + k E A + kE 正定，需所有特征值严格大于0，

即满足不等式组： { k − 2 > 0 k > 0 \left\{ \begin{matrix} k - 2 > 0 \\ k > 0 \end{matrix} \right.\

解得 k > 2 k > 2 ，即当 k > 2 k > 2 时， A + k E A + kE 为正定矩阵。