本章主要讨论方阵的特征值与特征向量、方阵的相似对角化和二次型的化简等问题，其中涉及向量的内积、长度及正交等知识，下面先介绍这些知识。——线性代数同济版

  本章主要介绍了特征值、特征向量、对角化以及二次型的计算方法。

8.设$n$n阶矩阵$\bm{A},\bm{B}$A,B满足$R(\bm{A})+R(\bm{B})<n$R(A)+R(B)<n，证明$\bm{A}$A与$\bm{B}$B有公共的特征值和公共的特征向量。

证  显然$R(\bm{A})<n$R(A)<n，另一方面，$\bm{A}$A不可逆，故$0$0是$\bm{A}$A的特征值。
  同理，$0$0也是$\bm{B}$B的特征值。故此，方程组$\begin{cases}\bm{Ax}=\bm{0},\\\bm{Bx}=\bm{0}\end{cases}${Ax=0,Bx=0​有非零解。由矩阵的性质知
$R(\bm{A}^\mathrm{T},\bm{B}^\mathrm{T})\leqslant R(\bm{A}^\mathrm{T})+R(\bm{B}^\mathrm{T})<n.$R(AT,BT)⩽R(AT)+R(BT)<n.
  综上，$\bm{A}$A与$\bm{B}$B有公共的特征向量。（这道题主要利用了矩阵的性质求解）

12.已知$3$3阶矩阵$\bm{A}$A的特征值为$1,2,3$1,2,3，求$|\bm{A}^3-5\bm{A}^2+7\bm{A}|$∣A3−5A2+7A∣。

解  令$\varphi(\lambda)=\lambda^3-5\lambda^2+7\lambda$φ(λ)=λ3−5λ2+7λ。因$1,2,3$1,2,3是$\bm{A}$A的特征值，故$\varphi(1)=3,\varphi(2)=2,\varphi(3)=3$φ(1)=3,φ(2)=2,φ(3)=3是$\varphi(\bm{A})=\bm{A}^3-5\bm{A}^2+7\bm{A}$φ(A)=A3−5A2+7A的特征值。又：$\varphi(\bm{A})$φ(A)为$3$3阶方阵，这样$\varphi(1),\varphi(2),\varphi(3)$φ(1),φ(2),φ(3)便是$\varphi(\bm{A})$φ(A)的全部特征值。由特征值性质得
$\mathrm{det}(\bm{A})=\varphi(1)\varphi(2)\varphi(3)=18$det(A)=φ(1)φ(2)φ(3)=18
（这道题主要利用了矩阵多项式与特征值求解）

24.设$\bm{a}=(a_1,a_2,\cdots,a_n)^\mathrm{T},a_1\ne0,\bm{A}=\bm{aa}^\mathrm{T}.$a=(a1​,a2​,⋯,an​)T,a1​​=0,A=aaT.

（1）证明$\lambda=0$λ=0是$\bm{A}$A的$n-1$n−1重特征值；

证  首先证明$\lambda=0$λ=0是$\bm{A}$A的$n-1$n−1重特征值。注意到$\bm{A}$A为对称阵，故$\bm{A}$A可以与对角阵$\bm{\varLambda}$Λ相似。显然$R(\bm{A})=1$R(A)=1，从而$R(\bm{\varLambda})=1$R(Λ)=1，于是$\bm{\varLambda}$Λ只有一个非零对角元，即$\lambda=0$λ=0是$\bm{A}$A的$n-1$n−1重特征值。（这道题主要利用了矩阵秩求解）

（2）求$\bm{A}$A的非零特征值及$n$n个线性无关的特征向量。

解  其次求$\bm{A}$A的非零特征值，因$\bm{A}=\bm{aa}^\mathrm{T}$A=aaT的对角元之和为$\sum a_i^2$∑ai2​，又由特征值性质：$\bm{A}$A的$n$n个特征值之和为它的$n$n个对角元之和，从而由上知$\sum a_i^2$∑ai2​为$\bm{A}$A的非零特征值。
  再求$\bm{A}$A的特征向量。对应于$\lambda=0$λ=0，解方程$\bm{Ax}=\bm{0}$Ax=0。由
$\bm{A}=\begin{pmatrix}a^2_1&a_1a_2&\cdots&a_1a_n\\a_2a_1&a^2_2&\cdots&a_2a_n\\\vdots&\vdots&&\vdots\\a_na_1&a_na_2&\cdots&a_n^2\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}a_1&a_2&\cdots&a_n\\0&0&\cdots&0\\\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&\cdots&0\end{pmatrix}.$A=⎝⎜⎜⎜⎛​a12​a2​a1​⋮an​a1​​a1​a2​a22​⋮an​a2​​⋯⋯⋯​a1​an​a2​an​⋮an2​​⎠⎟⎟⎟⎞​∼⎝⎜⎜⎜⎛​a1​0⋮0​a2​0⋮0​⋯⋯⋯​an​0⋮0​⎠⎟⎟⎟⎞​.
  得$n-1$n−1个线性无关的特征向量为
$\bm{\xi}_2=\begin{pmatrix}-\cfrac{a_2}{a_1}\\1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix},\bm{\xi}_3=\begin{pmatrix}-\cfrac{a_3}{a_1}\\0\\1\\\vdots\\0\end{pmatrix},\cdots,\bm{\xi}_n=\begin{pmatrix}-\cfrac{a_n}{a_1}\\0\\0\\\vdots\\1\end{pmatrix}.$ξ2​=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛​−a1​a2​​10⋮0​⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞​,ξ3​=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛​−a1​a3​​01⋮0​⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞​,⋯,ξn​=⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎛​−a1​an​​00⋮1​⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞​.
  对应于$\lambda_1=\sum a_i^2$λ1​=∑ai2​的特征向量$\bm{\xi}_1$ξ1​。由$\bm{A}=\bm{aa}^\mathrm{T}$A=aaT，有
$\bm{Aa}=(\bm{aa}^{\mathrm{T}})\bm{a}=\bm{a}(\bm{a}^\mathrm{T}\bm{a})=(\bm{a}^\mathrm{T}\bm{a})\bm{a}.$Aa=(aaT)a=a(aTa)=(aTa)a.
  按定义，即知$\bm{A}$A有非零特征值$\lambda_1=\bm{a}^\mathrm{T}\bm{a}$λ1​=aTa，且对应特征向量为$\bm{a}$a。（这道题主要利用了对角矩阵的性质求解）

30.证明二次型$f=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{Ax}$f=xTAx在$\lVert x\rVert=1$∥x∥=1时的最大值为矩阵$\bm{A}$A的最大特征值。

证  设$\lambda_1\geqslant\lambda_2\geqslant\cdots\geqslant\lambda_n$λ1​⩾λ2​⩾⋯⩾λn​为$\bm{A}$A的$n$n个特征值，由定理知，有正交变换$\bm{x}=\bm{Qy}$x=Qy，使$f(\bm{x})=\lambda_1y_1^2+\cdots+\lambda_ny_n^2$f(x)=λ1​y12​+⋯+λn​yn2​。又$\lVert y\rVert=\bm{y}^\mathrm{T}\bm{y}=\bm{y}^\mathrm{T}\bm{Q}^\mathrm{T}\bm{Q}\bm{y}=\bm{x}^\mathrm{T}\bm{x}=\lVert x\rVert=1$∥y∥=yTy=yTQTQy=xTx=∥x∥=1，从而
$\begin{aligned} \underset{\lVert x\rVert=1}{\mathrm{max}}f(\bm{x})&=\underset{\sum y_i^2=1}{\mathrm{max}}(\lambda_1y_1^2+\cdots+\lambda_ny_n^2)\\ &\leqslant\lambda_1\underset{\sum y_i^2=1}{\mathrm{max}}\sum y_i^2=1=\lambda_1. \end{aligned}$∥x∥=1max​f(x)​=∑yi2​=1max​(λ1​y12​+⋯+λn​yn2​)⩽λ1​∑yi2​=1max​∑yi2​=1=λ1​.​
（这道题主要利用了正交变换证明）

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来源： https://blog.csdn.net/hnyy0301/article/details/104516614