problem

设

$$A=\begin{pmatrix} 0 &1 &1\\ b &2 &1\\ 1 &-1 &a \end{pmatrix}$$

有特征向量

$$\beta=\begin{pmatrix} 1\\1\\-1 \end{pmatrix}$$

求 $A^{2022}$。

solution

步骤 1：确定参数 $a, b$ 和特征值 $\lambda$

根据特征向量定义 $A\beta = \lambda\beta$，计算得：

$$A\beta = \begin{pmatrix} 0 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) \\ b \cdot 1 + 2 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) \\ 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + a \cdot (-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ b + 1 \\ -a \end{pmatrix}$$

与 $\lambda\beta = \begin{pmatrix} \lambda \\ \lambda \\ -\lambda \end{pmatrix}$ 比较得：

$$\begin{cases} 0 = \lambda \\ b + 1 = \lambda \\ -a = -\lambda \end{cases} \implies \lambda = 0,\ b = -1,\ a = 0$$

结论：$a = 0$，$b = -1$，矩阵 $A$ 确定为：

$$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}$$

步骤 2：分析矩阵 $A$ 的特征值

计算特征多项式：

$$\det(A - \lambda I) = -\lambda(\lambda - 1)^2 = 0 \implies \lambda = 0\ (\text{单根}),\ \lambda = 1\ (\text{二重根})$$

验证几何重数：

• 对于 $\lambda = 0$，几何重数为 $1$（单根）。
• 对于 $\lambda = 1$，矩阵 $A - I$ 的秩为 $1$，几何重数为 $2$，满足对角化条件。

结论： 矩阵 $A$ 可对角化为 $A = PDP^{-1}$，其中 $D = \text{diag}(0, 1, 1)$。

步骤 3：计算 $A^{2022}$

由于 $A$ 是幂等矩阵（$A^2 = A$），可通过直接验证：

$$A^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix} \cdot A = A$$

归纳可得 $A^n = A$ 对任意正整数 $n$ 成立。

最终答案：

$$A^{2022} = A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ -1 & 2 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}$$

problem

已知三阶实对称矩阵 $A$ 的各行元素之和为 3，$\alpha_1=(-1,2,-1)^T,\alpha_2=(0,-1,1)^T$ 是 $A\mathbf{x}=0$ 的两个解。求 $A$ 的特征值和特征向量，并求正交阵 $P$ 与对称阵 $Q$ 使得 $P^{-1}AP=Q$。

solution

特征值与特征向量分析

1. 各行元素之和为 3 设 $\mathbf{v} = (1, 1, 1)^T$，则 $A\mathbf{v} = 3\mathbf{v}$，说明 $\mathbf{v}$ 是 $A$ 的特征向量，对应特征值 $\lambda_3 = 3$。

2. 零空间解向量的性质 已知 $\alpha_1 = (-1, 2, -1)^T$ 和 $\alpha_2 = (0, -1, 1)^T$ 是 $A\mathbf{x} = 0$ 的解，故它们是 $A$ 对应特征值 $\lambda = 0$ 的特征向量。

   • $\alpha_1$ 与 $\alpha_2$ 线性无关，且 $\text{dim}(\text{Null}(A)) = 2$，故 $\lambda_1 = \lambda_2 = 0$ 为二重特征值。

3. 正交性验证

   • $\alpha_1 \cdot \mathbf{v} = (-1)(1) + 2(1) + (-1)(1) = 0$
   • $\alpha_2 \cdot \mathbf{v} = 0(1) + (-1)(1) + 1(1) = 0$ 验证了 $\alpha_1, \alpha_2$ 与 $\mathbf{v}$ 正交。

特征向量的正交化与单位化

1. 对 $\lambda = 0$ 的特征向量施密特正交化
   • 取 $v_1 = \alpha_1 = (-1, 2, -1)^T$
   • 计算 $v_2 = \alpha_2 - \frac{\alpha_2 \cdot v_1}{v_1 \cdot v_1} v_1$

$$\alpha_2 \cdot v_1 = -3,\quad v_1 \cdot v_1 = 6 \implies v_2 = \alpha_2 + \frac{1}{2}v_1 = \begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\ 0\\ \frac{1}{2}\end{pmatrix}$$

2. 单位化特征向量
   • $e_1 = \frac{v_1}{\|v_1\|} = \frac{1}{\sqrt{6}}(-1, 2, -1)^T$
   • $e_2 = \frac{v_2}{\|v_2\|} = \begin{pmatrix}-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ 0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}\end{pmatrix}$
   • $e_3 = \frac{\mathbf{v}}{\|\mathbf{v}\|} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)^T$

正交阵 $P$ 与对称阵 $Q$

1. 正交矩阵 $P$ 由正交单位特征向量按列排列：

$$P = \begin{bmatrix} -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{bmatrix}$$

2. 对称矩阵 $Q$ 对应特征值的对角阵：

$$Q = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}$$

problem

设 $A_m,B_n$ 是复矩阵，$A$ 与 $B$ 无公共的特征值。若 $A,B$ 可对角化，求证

$$H=\begin{pmatrix} A &C_{m \times n}\\ 0 &B \end{pmatrix}$$

可对角化。

proof

任取 $A$ 的特征值 $\lambda_0$，记其代数重数为 $m_{A}(\lambda_0)$，几何重数为 $t_{A}(\lambda_0)$。首先注意到 $A, B$ 没有公共的特征值，故 $\lambda_0$ 不是 $B$ 的特征值，又 $|\lambda I-M|=|\lambda I-A||\lambda I-B|$，从而 $m_{M}(\lambda_0)=m_{A}(\lambda_0)$。由于 $\lambda_0 I-B$ 是非异阵，故有如下分块矩阵的初等变换：

$$\lambda_0 I-M=\begin{pmatrix} \lambda_0 I-A & -C \\ O & \lambda_0 I-B \end{pmatrix} \rightarrow\begin{pmatrix} \lambda_0 I-A & O \\ O & \lambda_0 I-B \end{pmatrix}$$

因为矩阵的秩在分块初等变换下不变，故由矩阵秩的等式可得

$$\mathrm{r}(\lambda_0 I-M)=\mathrm{r}(\lambda_0 I-A)+\mathrm{r}(\lambda_0 I-B)=\mathrm{r}(\lambda_0 I-A)+n$$

于是 $t_{M}(\lambda_0)=(m+n)-\mathrm{r}(\lambda_0 I-M)=m-\mathrm{r}(\lambda_0 I-A)=t_{A}(\lambda_0)$。因为 $A$ 可对角化，所以 $A$ 有完全的特征向量系，从而 $m_{A}(\lambda_0)=t_{A}(\lambda_0)$，于是 $m_{M}(\lambda_0)=t_{M}(\lambda_0)$。同理可证，对 $B$ 的任一特征值 $\mu_0$，成立 $m_{M}(\mu_0)=t_{M}(\mu_0)$。因此 $M$ 有完全的特征向量系，从而可对角化。

remark

$A,B$ 可以为实矩阵，结论依旧成立。

problem

设

$$D=\begin{pmatrix} A_m &C_{m \times n}\\ C^{\mathrm{T}} &B_n \end{pmatrix}$$

其中 $A,B,C$ 均为实矩阵，且 $A=A',B=B'$。求证：

1. 若 $D$ 正定，则 $A,B$ 可逆。
2. 若 $D$ 正定，则 $B-C^{\mathrm{T}}A^{-1}C$ 也正定。

solution

1) 证明 $A,B$ 可逆

$A$ 为 $D$ 的 $m$ 阶顺序主子式，若 $D$ 正定，则 $A$ 行列式大于零，因此 $A$ 可逆。对于 $B$，有：

$$\begin{pmatrix} 0 \\ X_{n} \end{pmatrix}^{\mathrm{T}} D \begin{pmatrix} 0 \\ X_{n} \end{pmatrix}=X_{n}^{\mathrm{T}} B_{n} X_{n}>0$$

故 $B_{n}$ 正定，因此 $B_{n}$ 可逆。

2) 证明 $B-C^{\mathrm{T}}A^{-1}C$ 正定

对 $D$ 进行分块矩阵的合同变换：

$$\begin{aligned} &\begin{pmatrix} A & C & I & O \\ C^{\mathrm{T}} & B & O & I \end{pmatrix} \xrightarrow{r_2-C^{\mathrm{T}}A^{-1}r_1} \\ &\begin{pmatrix} A & C & I & O \\ O & B-C^{\mathrm{T}}A^{-1}C & -C^{\mathrm{T}}A^{-1} & I \end{pmatrix} \xrightarrow{l_2-l_1(A^{-1})^{\mathrm{T}}(C^{\mathrm{T}})^{\mathrm{T}}} \\ &\begin{pmatrix} A & O & I & O \\ O & B-C^{\mathrm{T}}A^{-1}C & -C^{\mathrm{T}}A^{-1} & I \end{pmatrix} \end{aligned}$$

设右半矩阵的转置为 $P$，则：

$$P^{\mathrm{T}}DP=\begin{pmatrix} A & O \\ O & B-C^{\mathrm{T}}A^{-1}C \end{pmatrix}=F$$

其中

$$P=\begin{pmatrix} I & -A^{-1}C \\ O & I \end{pmatrix}$$

于是 $D$ 与 $F$ 合同，因此 $F$ 正定。仿照 (1) 的方法，可得 $B-C^{\mathrm{T}}A^{-1}C$ 正定。

problem

设 $A_n,B_n \not= 0$，且有 $A^2=A,B^2+B=0$。

1. 证明 $\mu=1,\lambda=-1$ 分别是 $A,B$ 的特征值。
2. 若 $AB=0=BA$，$\alpha$ 是 $A$ 关于特征值 1 的特征向量，$\beta$ 是 $B$ 关于特征值 -1 的特征向量，证明 $\alpha,\beta$ 线性无关。

proof

1. 由 Cayley-Hamilton 定理易证。

2. 由 $B\alpha=BA\alpha=0=0\cdot\alpha$ 知 $\alpha$ 为 $B$ 属于特征值 0 的一个特征向量，故 $\alpha,\beta$ 线性无关。

problem

设

$$A=\begin{pmatrix} 0 &1 &0\\ 1 &0 &1\\ 0 &0 &1 \end{pmatrix}$$

1. 证明：$A^n=A^{n-2}+A^2-I_3,n \ge 3$。
2. 求 $A^{10}$。

solution

1. 证明递推公式 $A^n = A^{n-2} + A^2 - I_3$ 对 $n \ge 3$ 成立

方法一：数学归纳法

基例 (n=3)： 直接计算验证：

$$A^3 = \begin{pmatrix} 0 &1 &1 \\ 1 &0 &2 \\ 0 &0 &1 \end{pmatrix}, \quad A + A^2 - I_3 = \begin{pmatrix} 0 &1 &1 \\ 1 &0 &2 \\ 0 &0 &1 \end{pmatrix}$$

等式成立。

归纳假设： 假设对 $k \ge 3$，有 $A^k = A^{k-2} + A^2 - I_3$。

归纳步骤： 对 $A^{k+1}$，利用递推式：

$$A^{k+1} = A \cdot A^k = A \cdot (A^{k-2} + A^2 - I_3) = A^{k-1} + A^3 - A$$

由等式知 $A^3 = A^2 + A - I_3$，代入得：

$$A^{k+1} = A^{k-1} + (A^2 + A - I_3) - A = A^{k-1} + A^2 - I_3$$

即递推式对 $k+1$ 成立。

方法二：凯莱-哈密顿定理 矩阵 $A$ 的特征多项式为：

$$p(\lambda) = -(\lambda - 1)^2 (\lambda + 1)$$

根据凯莱-哈密顿定理，$A$ 满足：

$$(A - I)^2 (A + I) = 0 \implies A^3 = A^2 + A - I_3$$

通过递推可得一般形式 $A^n = A^{n-2} + A^2 - I_3$。

2. 计算 $A^{10}$

递推公式应用： 利用递推式逐步计算：

$$\begin{aligned} A^{10}=A^{8}+A^{2}-I_{3}=A^{6}+2A^{2}-2I_{3}=A^{4}+3A^{2}-3I_{3}=5A^2 - 4I_3 \end{aligned}$$

代入 $A^2$ 和 $I_3$ 的值： 计算：

$$5A^2 - 4I_3 = \begin{pmatrix} 5 & 0 & 5 \\ 0 & 5 & 5 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 5 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

problem

求 $x^3-1$ 与 $x^5-1$ 的最大公因式。

solution

步骤 1：因式分解原多项式 将 $x^3 - 1$ 和 $x^5 - 1$ 分别因式分解：

$$\begin{aligned} x^3 - 1 &= (x - 1)(x^2 + x + 1), \\ x^5 - 1 &= (x - 1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) \end{aligned}$$

步骤 2：初步分析公共因式 两多项式均含因式 $(x - 1)$，需验证是否存在更高次公因式。

步骤 3：应用欧几里得算法

1. 计算 $x^5 - 1 \div x^3 - 1$ 的余数 商为 $x^2$，余数为：

   $$x^5 - 1 - x^2(x^3 - 1) = x^2 - 1$$

2. 计算 $x^3 - 1 \div x^2 - 1$ 的余数 商为 $x$，余数为：

   $$x^3 - 1 - x(x^2 - 1) = x - 1$$

3. 计算 $x^2 - 1 \div x - 1$ 的余数 商为 $(x + 1)$，余数为 $0$，因此最大公因式为 $(x - 1)$。

步骤 4：验证高次公因式不存在性 检查 $x^2 + x + 1$ 和 $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ 的公因式： 用长除法验证，$x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$ 除以 $x^2 + x + 1$ 的余数为 $x + 1 \neq 0$，故无更高次公因式。

结论：$x^3 - 1$ 和 $x^5 - 1$ 的最大公因式为：

$$\boxed{x - 1}$$

problem

二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2-ax_2^2+(a-1)x_3^2+2x_1x_3-2x_2x_3$，则 ${} a=\underline{1,0} {}$ 时，在 $\mathbb{R}$ 上的规范形为 $y_1^2-y_2^2$。

solution

解答：

要确定参数 $a$ 使得二次型

$$f(x_1, x_2, x_3) = ax_1^2 - ax_2^2 + (a-1)x_3^2 + 2x_1x_3 - 2x_2x_3$$

在实数域上的规范形为 $y_1^2 - y_2^2$，需满足以下条件：

• 秩为 2（规范形仅含两个平方项）；
• 正惯性指数为 1，负惯性指数为 1（符号差为 0）。

步骤 1：二次型的矩阵表示 对称矩阵为：

$$A = \begin{pmatrix} a & 0 & 1 \\ 0 & -a & -1 \\ 1 & -1 & a-1 \end{pmatrix}$$

步骤 2：秩与行列式分析 矩阵的秩为 2 当且仅当行列式为零。计算行列式：

$$\det(A) = -a^3 + a^2 = -a^2(a - 1)$$

令 $\det(A) = 0$，解得 $a = 0$ 或 $a = 1$。

步骤 3：惯性指数分析

1. 当 $a = 1$： 二次型变为：

   $$f = x_1^2 - x_2^2 + 2x_1x_3 - 2x_2x_3$$

   通过非退化替换：

   $$y_1 = x_1 + x_3, \quad y_2 = x_2 + x_3, \quad y_3 = x_3$$

   化简为规范形 $y_1^2 - y_2^2$，满足条件。

2. 当 $a = 0$： 二次型变为：

   $$f = -x_3^2 + 2x_1x_3 - 2x_2x_3$$

   特征值为 $1, -2, 0$，正负惯性指数均为 1，规范形亦为 $y_1^2 - y_2^2$。