线性代数9讲-实对称矩阵与正交矩阵

（1）若A为实对称矩阵，则

①特征值均为实数，特征向量均为实向量.

②不同特征值对应的特征向量正交.

（即λ1≠λ2⇒ξ1⊥ξ2⇒（ξ1，ξ2）＝0，建方程）

③可用正交矩阵相似对角化.

（即存在正交矩阵P，使P－1AP＝PTAP＝Λ）

见例8.12至例8.15.

（2）若A为正交矩阵，则

ATA＝E⇔A－1＝AT

⇔A由规范正交基组成

⇔AT是正交矩阵

⇔A－1是正交矩阵

⇔A*是正交矩阵

⇔－A是正交矩阵.

（3）若A，B为同阶正交矩阵，则AB为正交矩阵.（A＋B不一定）

见例8.16.

例8.12 设A是3阶实对称矩阵，满足，则关于A的秩必有（）.

（A）r（A）＝0 （B）r（A）＝1 （C）r（A）＝2 （D）r（A）＝3

【解】应选（A）.

设λ是A 的任一特征值，则，解得λ＝0或λ＝－1±i，其中i是虚数单位.因为A 是实对称矩阵，其特征值λ 为实数，所以只能有λ0＝0（三重），并且A 相似于对角矩阵，故r（A）＝0.应选（A）.

例8.13 设A为3阶实对称矩阵，A的秩为2，且

（1）求A的全部特征值与特征向量；

（2）求矩阵A.

【解】（1）由于3阶实对称矩阵A的秩为2，所以0是A的一个特征值.

由可得，所以－1是A 的一个特征值，其对应的全部特征向量为（k1 为任意非零常数）；1也是A 的一个特征值，其对应的全部特征向量为（k2 为任意非零常数）.

设A的对应于特征值0的特征向量为［x1，x2，x3］T，由实对称矩阵对应于不同特征值的特征向量是正交的，知

即解得

于是A的对应于特征值0的全部特征向量为（k3 为任意非零常数）.

（2）令，则Q－1AQ＝QTAQ＝，故

【注】也可令，则

例8.14 设3阶实对称矩阵A的特征值λ1＝1，λ2＝2，λ3＝－2，且α1＝［1，－1，1］T是A的属于λ1的一个特征向量.记B＝A5－4A3＋E，其中E 为3阶单位矩阵.

（1）验证α1 是矩阵B的特征向量，并求B的全部特征值与特征向量；

（2）求矩阵B.

【解】（1）由Aα1＝λ1α1，第7讲“二（3）”的“②”，知

Bα1＝（A5－4A3＋E）α1＝（λ51－4λ31＋1）α1＝－2α1，

故α1 是B的属于特征值－2的特征向量.

因A的特征值分别为λ1，λ2，λ3，故B＝A5－4A3＋E 的特征值分别为λ5i－4λ3i＋1（i＝1，2，3），即

15－4×13＋1＝－2，25－4×23＋1＝1，（－2）5－4（－2）3＋1＝1.

故B的属于特征值－2的全部特征向量为k1α1（k1 为任意非零常数）.

因A是实对称矩阵，故B也是实对称矩阵，B的不同特征值对应的特征向量正交.设［x1，x2，x3］T是B的属于特征值1的特征向量，则［x1，x2，x3］α1＝0，即

x1－x2＋x3＝0，

解得其基础解系α2＝［1，1，0］T，α3＝［－1，0，1］T，故矩阵B的属于特征值1的全部特征向量为k2α2＋k3α3，其中k2，k3 为不全为零的任意常数.

（2）将B的特征向量α1，α2，α3 正交化、单位化后构成正交矩阵Q.令

【注】（1）在第（1）问中求矩阵B的属于特征值1的特征向量α2，α3 时，可以直接取成二者正交，这样第（2）问的解析中就能回避下面的施密特正交化步骤.由x1－x2＋x3＝0，取α2＝［1，1，0］T，此时再设α3＝［x1，x2，x3］T，且令αT2α3＝0，得x1＋x2＝0，联立可取α3＝［－1，1，2］T.

（2）第（2）问也可以直接利用相似对角化求矩阵B.

例8.15 设α，β是3维单位正交列向量组，A＝αβT＋βαT.

（1）证明A可相似对角化；

（2）若，求正交矩阵C，使得CT（A＋A*）C为对角矩阵，并求此对角矩阵.

（1）【证】AT＝（αβT＋βαT）T＝βαT＋αβT＝A，A为实对称矩阵，必可相似对角化.

（2）【解】因为α，β是单位正交列向量组，故

①＋②得A（α＋β）＝1（α＋β），①－②得A（α－β）＝（－1）（α－β）.

又α与β正交，α与β线性无关，α＋β≠0，α－β≠0，于是1，－1是A的两个特征值，且α＋β，α－β分别为对应的特征向量.

又r（A）≤r（αβT）＋r（βαT）≤r（α）＋r（β）＝2⇒Ax＝0必有非零解.设γ是齐次线性方程组Ax＝0的一个非零解，即有Aγ＝0γ，于是0是A的一个特征值，γ是其对应的特征向量.

设γ＝［x1，x2，x3］T，由（γ，α＋β）＝0，（γ，α－β）＝0，其中

解得γ＝［－1，0，1］T.单位化，有

记C＝［η1，η2，η3］，则，故

故CT（A＋A*）C＝Λ＋Λ*＝

例8.16 已知n阶实矩阵A，B均为正交矩阵，则以下结论不正确的是（）.

（A）ATB是正交矩阵 （B）AB－1是正交矩阵

（C）－A*B是正交矩阵 （D）A－1＋B是正交矩阵

【解】应选（D）.

若A是正交矩阵，则ATA＝E，A－1＝AT.于是

①（A－1）－1＝（AT）－1＝（A－1）T，得（A－1）TA－1＝E，即A－1为正交矩阵.以上过程可逆，故有A 是正交矩阵⇔A－1是正交矩阵.

②（ATA）*＝E*＝E，又（ATA）*＝A*（AT）*＝A*（A*）T＝E，即A*是正交矩阵；

反过来说，当A*是正交矩阵时，|A*|＝1或－1，又|A*|＝|A|n－1＝1或－1，故|A|＝1或－1，且（A*）TA*＝E，两边再取伴随，［（A*）TA*］*＝（A*）*［（A*）T］*＝|A|n－2A|AT|n－2AT＝|A|2n－4AAT＝AAT＝E，于是A是正交矩阵.

综上，A是正交矩阵⇔A*是正交矩阵.

③（ATA）T＝ET＝E，即（AT）（AT）T＝E，AT为正交矩阵.以上过程可逆，故有A 是正交矩阵⇔AT是正交矩阵.

④（－A）T（－A）＝E，故－A为正交矩阵.A是正交矩阵⇔－A是正交矩阵.

⑤当A，B 均为正交矩阵时，ATA＝E，BTB＝E，于是（AB）TAB＝BTATAB＝BTB＝E，得AB 是正交矩阵.

到此，按照以上①至⑤所述，ATB，AB－1，－A*B均为正交矩阵.

⑥当A，B均为正交矩阵时，若取B＝－A－1，则A－1＋B＝A－1－A－1＝O，不是正交矩阵.故A－1＋B 不一定是正交矩阵，选（D）.

8.1 设，f（x）＝x3－6x2＋11x－5，则f（A）＝________.

8.2 设α＝［1，2，3，4］T，β＝［3，－2，－1，1］T，A＝αβT.

（1）求A的全部特征值与特征向量；

（2）问A能否相似于对角矩阵，说明理由.

8.3 设A是n 阶矩阵，且A的第i行、第j列的元素aij＝i·j.

（1）求r（A）；

（2）求A的特征值与特征向量与并问A 能否相似于对角矩阵，若能，求出一个对角矩阵；若不能，则说明理由.

8.4 设

（1）求A的特征值与特征向量；

（2）求可逆矩阵P，使得P－1AP＝Λ.

8.5 设

（1）求A的特征值与特征向量；

（2）求正交矩阵Q，使得QTAQ＝Q－1AQ＝Λ.

8.6 设A是3阶矩阵，b＝［9，18，－18］T，方程组Ax＝b有通解k1［－2，1，0］T＋k2［2，0，1］T＋［1，2，－2］T，其中k1，k2 是任意常数，求A及A100.

（1）求A的特征值；

（2）若A的对应于λ1＝λ2＝0的特征向量为ξ1＝［1，1，0］T，ξ2＝［2，2，0］T，ξ3＝［0，2，1］T，ξ4＝［5，－1，－3］T，求A的对应于λ3 的特征向量；

（3）在（2）的条件下，求矩阵A.

8.8 （1）设A，B是n阶矩阵，A有特征值λ＝1，2，…，n，证明AB和BA有相同的特征值，且AB～BA；

（2）对一般的n阶矩阵A，B，是否必有AB～BA？说明理由.

8.9 已知A为2阶矩阵，α1 满足线性方程组Ax＝x，α2 满足线性方程组Ax＝x＋α1，且α1，α2 线性无关.

（1）证明A不可相似对角化；

（2）若，求所有可逆矩阵P，使得P－1AP＝B.

8.10 设，且求a100，b100.

8.11 某试验性生产线每年一月份进行熟练工与非熟练工的人数统计，然后将熟练工支援其他生产部门，其缺额由招收新的非熟练工补齐.新、老非熟练工经过培训及实践至年终考核有成为熟练工.设第n年一月份统计的熟练工和非熟练工所占百分比分别为xn 和yn，记成向量

（1）求与的关系式并写成矩阵形式

（2）验证是A的两个线性无关的特征向量，并求出相应的特征值；

（3）当时，求

8.1 【解】应填E.

因A～Λ，可知存在可逆矩阵P，使得P－1AP＝Λ，A＝PΛP－1，则

f（A）＝（PΛP－1）3－6（PΛP－1）2＋11PΛP－1－5E

＝P（Λ3－6Λ2＋11Λ－5E）P－1＝PEP－1＝E.(www.chuimin.cn)

8.2 【解】（1）

故A有特征值λ＝0（四重）.

当λ＝0时，由（0E－A）x＝0，即Ax＝0，其同解方程组为

3x1－2x2－x3＋x4＝0，

解得对应的线性无关特征向量为

ξ1＝［2，3，0，0］T，ξ2＝［1，0，3，0］T，ξ3＝［1，0，0，－3］T.

故A的对应于特征值λ＝0的全部特征向量为k1ξ1＋k2ξ2＋k3ξ3，其中k1，k2，k3 为不同时为零的任意常数.

（2）因 r（A）＝r（αβT）≤r（α）＝1（α≠0），

又A≠O，故r（A）＝1.则四重特征值λ＝0对应的线性无关的特征向量只有3个，故A 不能相似于对角矩阵.

8.3 【解】方法一 （1）由题设条件知

且，故r（A）＝1.

（2）由A的特征多项式

知A有特征值λ1＝λ2＝…＝λn－1＝0，

当λ1＝λ2＝…＝λn－1＝0时，方程组（0E－A）x＝0就是方程组Ax＝0，其同解方程组是x1＋2x2＋…＋nxn＝0，解得对应的线性无关特征向量为

ξ1＝［－2，1，0，…，0］T，ξ2＝［－3，0，1，0，…，0］T，…，ξn－1＝［－n，0，…，0，1］T.

当时，由（λnE－A）x＝0，对系数矩阵作初等行变换，得

方程组（λnE－A）x＝0的同解方程组为

得对应的特征向量为ξn＝［1，2，…，n］T.

从而知A有n 个线性无关的特征向量，A～Λ，取

方法二 （1）由题设条件知，，A中第i行元素是第1行的i倍，故有

其中α＝［1，2，…，n］T≠0，故r（A）＝1.

（2）因A2＝（ααT）（ααT）＝α（αTα）αT＝（αTα）A＝，故知A 的特征值的取值范围为

当λ＝0时，对应的特征向量满足Ax＝ααTx＝0.因，在方程组ααTx＝0两边左乘αT，得

αT（ααTx）＝（αTα）αTx＝0，

得αTx＝0.

若αTx＝0时，两边左乘α，得ααTx＝0，故方程组ααTx＝0与αTx＝0是同解方程组，故只需解方程组αTx＝0，解得λ＝0对应的线性无关的特征向量为

ξ1＝［－2，1，0，…，0］T，ξ2＝［－3，0，1，0，…，0］T，…，ξn－1＝［－n，0，…，0，1］T.

又，故A有一个非零特征值

当时，由（λnE－A）x＝（αTαE－ααT）x＝0，可观察知，当x＝α时，有

（αTαE－ααT）α＝（αTα）α－（ααT）α＝（αTα）α－α（αTα）＝0，

故α＝［1，2，…，n］T＝ξn 是对应的特征向量.

即A有n 个线性无关的特征向量，A能相似于对角矩阵.下同方法一.

8.4 【解】（1）先求A的特征值.

方法一 由

得A的特征值为λ1＝1（三重），λ2＝－1（二重）.

方法二 因，故A的特征值的取值范围为｛1，－1｝.

下面求A的特征向量.

当λ1＝1时，由（E－A）x＝0，即

故线性无关的特征向量为ξ1＝［1，0，0，0，1］T，ξ2＝［0，1，0，1，0］T，ξ3＝［0，0，1，0，0］T.

当λ2＝－1时，由（－E－A）x＝0，即

故线性无关的特征向量为ξ4＝［0，1，0，－1，0］T，ξ5＝［1，0，0，0，－1］T.

8.5 【解】（1）由特征方程，得

即A的特征值为λ1＝2，λ2＝－2（三重）.

当λ1＝2时，由（2E－A）x＝0，即

得ξ1＝［1，1，1，1］T（只有一个线性无关的特征向量）.

当λ2＝－2时，由（－2E－A）x＝0，即＝0，其同解方程组为x1＋x2＋x3＋x4＝0，对应线性无关的特征向量（取正交特征向量）为

ξ2＝［1，－1，0，0］T，ξ3＝［1，1，－2，0］T，ξ4＝［1，1，1，－3］T.

（当解得ξ2 后，求ξ3 时，令ξ3 与ξ2 正交，且满足方程组；当解得ξ2，ξ3，求ξ4 时，令ξ4 和ξ2，ξ3 正交，且满足方程组.）

（2）将ξ1，ξ2，ξ3，ξ4 单位化，合并成正交矩阵得

【注】（1）正交特征向量的取法不唯一，故Q不唯一.

（2）求λ2＝－2（三重）对应的单位正交特征向量时，也可先求出线性无关的3个特征向量，再利用施密特正交化公式将其正交化，再和ξ1 一起单位化，且合并成正交矩阵.

（3）因A2＝4E，故λ2＝4，λ＝±2，得A的特征值的取值范围，求对应的特征向量，再由线性无关特征向量的个数确定λi 的重数及正交矩阵.

（4）因＝－2E＋B＝－2E＋ααT，其中B＝ααT，α＝［1，1，1，1］T.

故B有特征值0（三重），4，从而A有特征值－2（三重），2.

8.6 【解】方法一 由题设条件知，对应齐次方程组的基础解系是ξ1＝［－2，1，0］T，ξ2＝［2，0，1］T，即ξ1，ξ2是A的对应于λ＝0的两个线性无关的特征向量，又η＝［1，2，－2］T是Ax＝b的特解，即有

知ξ3＝［1，2，－2］T＝η是A 的对应于λ＝9的特征向量，取可逆矩阵P＝［ξ1，ξ2，ξ3］，则

方法二 由方程组的通解直接求出系数矩阵A.

因对应齐次方程组Ax＝0有通解为k1ξ1＋k2ξ2＝k1［－2，1，0］T＋k2［2，0，1］T，故r（A）＝1.可设方程组为

ax1＋bx2＋cx3＝0，

将ξ1，ξ2 代入，则有得c＝－2a，b＝2a，故方程组为

a（x1＋2x2－2x3）＝0.

对应的非齐次方程组为

将特解η＝［1，2，－2］T代入得l1＝1，l2＝2，l3＝－2.

故得对应矩阵

再求A100.（见方法一（*））

或因Aξ1＝0，故A100ξ1＝0；Aξ2＝0，故A100ξ2＝0.Aη＝9η，故A100η＝9100η，故

8.7 【解】（1）由A～B，则A，B有相同的秩和特征值.显然r（B）＝1，B有特征值λ1＝λ2＝0且λ1＋λ2＋λ3＝＝1＋4＋9，得λ3＝14，故A有特征值λ1＝λ2＝0，λ3＝14.

（2）λ1＝λ2＝0是A的二重特征值，对应的线性无关特征向量最多有两个，由题设知ξ1＝［1，1，0］T，ξ3＝［0，2，1］T线性无关（取ξ1，ξ2，ξ3，ξ4的一个极大线性无关组），故取η1＝ξ1，η2＝ξ3为λ1＝λ2＝0的特征向量.因A是实对称矩阵，将λ3＝14对应的特征向量设为η3＝［x1，x2，x3］T，则η3 与η1，η2 正交，则有ηT1η3＝0，ηT2η3＝0.即有

基础解系为η3＝［1，－1，2］T，即是λ3＝14对应的特征向量.

（3）方法一 由（2），令P＝［η1，η2，η3］，则

方法二 因与η3 正交的非零向量均是A的对应于λ＝0的特征向量，取一个与η1＝ξ1＝［1，1，0］T，η3＝［1，－1，2］T均正交的向量η2，可得η2＝［1，－1，－1］T.

将η1，η2，η3 单位化，并合并成正交矩阵，得

【注】方法二用正交矩阵求A比用可逆矩阵求简单，且这里没有利用施密特正交化方法.

8.8 （1）【证】因A有n 个互不相同的非零特征值，|A|＝n！≠0，故A可逆，从而有

|λE－AB|＝|A（λA－1－B）|＝|A||λE－BA||A－1|＝|λE－BA|，

即AB和BA 有相同的特征多项式，故有相同的特征值.

又若取可逆矩阵P＝A，则有P－1ABP＝A－1ABA＝BA，故有AB～BA.

（2）【解】一般地，AB不一定相似于BA.例如，，则有

显然 r（AB）＝0，r（BA）＝1，

故AB不相似于BA.

【注】（1）要证明相似，应找出可逆矩阵P，使得P－1ABP＝BA.

（2）要说明可能不相似，只要举出一个反例即可.由（1）已知A 可逆时，必有AB～BA，故举反例时应举A是不可逆矩阵.

（3）相似必有相同的特征值，但特征值相同不一定相似.

8.9 （1）【证】由题意有Aα1＝α1，Aα2＝α2＋α1，故［Aα1，Aα2］＝［α1，α1＋α2］，即

记P＝［α1，α2］，B＝，于是有AP＝PB，由题设知P可逆，故P－1AP＝B，A与B 相似.

由，得λ1＝λ2＝1，故A的特征值也为1（二重）.若A 可相似对角化，则存在可逆矩阵C，使得，得A＝CEC－1＝E，但P－1AP＝P－1EP＝E≠B，矛盾，于是A 不可相似对角化.

（2）【解】由（1）知（A－E）α1＝0，又，故

α1＝k1［1，0］T＝［k1，0］T，k1≠0.

又（A－E）α2＝α1，［A－E┊α1］＝，故

则当，k1≠0，k2 为任意常数时，有P－1AP＝B.

8.10 【解】将递推关系表示成矩阵形式

记，则ηn＝Anη0.为求An，先求A的特征值、特征向量.由

故λ1＝－1，λ2＝5.

当λ1＝－1时，由，得ξ1＝［1，－1］Τ；

当λ2＝5时，由，得ξ2＝［1，2］Τ.

8.11 【解】（1）化简得即，于是

（2）令，则由|P|＝5≠0知，η1，η2 线性无关.

因，故η1 为A的特征向量，且相应的特征值λ1＝1；

因，故η2 为A的特征向量，且相应的特征值

容易求得，于是