主要内容\(\DeclarMathOperator{\deg}{deg}
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\)
节 7.4 可对角化
练习 练习
基础题.
1.
判断矩阵
\(A\)是否可对角化。若可对角化，求可逆矩阵
\(P\)，使得
\(P^{-1}AP\)是对角矩阵，并求
\(A^n\)。
(1)
\(A=\begin{pmatrix}
2&2&-2\\2&5&-4\\-2&-4&5
\end{pmatrix}\)； (2)
\(A=\begin{pmatrix}
0&1&1\\0&0&1\\0&0&0
\end{pmatrix}\text{.}\)
解答.
-
\begin{equation*}
\chi_A(\lambda)=\begin{vmatrix}
\lambda-2&-2&2\\-2&\lambda-5&4\\2&4&\lambda-5
\end{vmatrix}=(\lambda-1)^2(\lambda-10),
\end{equation*}
解得\(A\)的特征值为\(\lambda_1= \lambda_2=1,\lambda_3=10\)。
对于特征值\(\lambda_1=\lambda_2=1\)，解齐次线性方程组\((E_3-A)X=0\)，即
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
-1&-2&2\\-2&-4&4\\2&4&-4
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\x_3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\0\\0
\end{pmatrix}
\end{equation*}
得基础解系\(\alpha_1=(-2,1,0)^T,\alpha_2=(2,0,1)^T\)。
对于特征值\(\lambda_3=10\)，解齐次线性方程组\((10E_3-A)X=0\)，即
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
8&-2&2\\-2&5&4\\2&4&5
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\x_3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\0\\0
\end{pmatrix}
\end{equation*}
得基础解系\(\alpha_3=(-1,-2,2)^T\)。
\(A\)有\(3\)个线性无关的特征向量\(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\)，所以\(A\)可对角化。令
\begin{equation*}
P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=\begin{pmatrix}
-2&2&-1\\
1&0&-2\\
0&1&2
\end{pmatrix},
\end{equation*}
则\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
1&0&0\\0&1&0\\0&0&10
\end{pmatrix}\)。从而
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
A^n & =P\begin{pmatrix}
1&0&0\\0&1&0\\0&0&10
\end{pmatrix}^nP^{-1}\\
& =\frac{1}{9} \begin{pmatrix}
8+10^n&-2+2\cdot 10^n&2-2\cdot 10^n\\
-2+2\cdot 10^n&5+4\cdot 10^n&4-4\cdot 10^n\\
2-2\cdot 10^n&4-4\cdot 10^n&5+4\cdot 10^n
\end{pmatrix}.\end{array}
\end{equation*}
-
\begin{equation*}
\chi_A(\lambda)=\begin{vmatrix}
\lambda&-1&-1\\0&\lambda&-1\\0&0&\lambda
\end{vmatrix}=\lambda^3,
\end{equation*}
解得\(A\)的特征值为\(\lambda_1= \lambda_2=\lambda_3=0\)。
对于特征值
\(\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0\)，解齐次线性方程组
\((0E_3-A)X=0\)得基础解系
\(X_1=(1,0,0)^T\)。特征值
\(0\)的几何重数为
\(1\)，而其代数重数为
\(3\)，故
\(A\)不可对角化。
2.
已知\(A\)与\(B\)相似，其中
\begin{equation*}
A=\begin{pmatrix}
1&-1&1\\2&4&-2\\-3&-3&5
\end{pmatrix},\ B=\begin{pmatrix}
2&0&0\\0&2&0\\0&0&a
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
-
-
求满足
\(P^{-1}AP=B\)的可逆矩阵
\(P\)。
解答.
-
因为
\(A\)与
\(B\)相似，所以
\({{\rm{tr}}}(A)={{\rm{tr}}}(B)\)，故
\(a=6\)。
-
因
\(A\)与
\(B\)相似，所以
\(A\)、
\(B\)有相同的特征值。注意到
\(B\)的特征值为
\(2,2,6\)，故
\(A\)的特征值也为
\(\lambda_1= 2,\lambda_2= 2,\lambda_3= 6\)。
对于特征值\(\lambda_1=\lambda_2=2\)，解齐次线性方程组\((2E_3-A)X=0\)，即
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1&1&-1\\-2&-2&2\\3&3&-3
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\x_3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\0\\0
\end{pmatrix}
\end{equation*}
得基础解系\(\alpha_1=(-1,1,0)^T,\alpha_2=(1,0,1)^T\)。
对于特征值\(\lambda_3=6\)，解齐次线性方程组\((6E_3-A)X=0\)，即
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
5&1&-1\\-2&2&2\\3&3&1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\x_3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\0\\0
\end{pmatrix}
\end{equation*}
得基础解系\(\alpha_3=(1,-2,3)^T\)。令
\begin{equation*}
P=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=\begin{pmatrix}
-1&1&1\\
1&0&-2\\
0&1&3
\end{pmatrix},
\end{equation*}
则\(P\)可逆且\(P^{-1}AP=B\)。
提高题.
3.
设\(A\)是\(n\)阶矩阵，\(X_1,\dots ,X_n\in\mathbb{F}^n\)，且\(X_n\neq 0\)。若
\begin{equation*}
AX_1=X_2,\ AX_2=X_3,\ \dots ,\ AX_{n-1}=X_n,\ AX_n=0.
\end{equation*}
-
证明：
\(X_1,\dots ,X_n\)线性无关；
-
-
解答.
-
设\(a_1X_1+\dots +a_nX_n=0\)，两边同时左乘\(A^{n-1}\)得
\begin{equation}
a_1A^{n-1}X_1+\dots +a_nA^{n-1}X_n=0.\tag{7.4.1}
\end{equation}
因\(AX_1=X_2,\ \dots ,\ AX_{n-1}=X_n,\ AX_n=0\)，所以
\begin{equation*}
\begin{array}{c}
A^{n-1}X_1=A^{n-2}(AX_1)=A^{n-2}X_2=\cdots =AX_{n-1}=X_n,\\
A^{n-1}X_2=A^{n-1}(AX_1)=A(A^{n-1}X_1)=AX_{n}=0,\\\cdots ,\\A^{n-1}X_n=0,
\end{array}
\end{equation*}
代入
(7.4.1)得
\(a_1X_n=0\)。注意到
\(X_n\neq 0\)，故
\(a_1=0\)，于是
\begin{equation*}
a_2X_2+\dots +a_nX_n=0.
\end{equation*}
两边同时左乘\(A^{n-2}\)，得\(a_2=0\)。依此类推，\(a_1=\dots =a_n=0\)。因此，\(X_1,\dots ,X_n\)线性无关。
-
令
\(P=(X_1,\dots ,X_n)\)，由
项 7.4.3.a知
\(P\)可逆。根据已知条件，有
\begin{equation*}
P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
0&0&\cdots&0&0\\
1&0&\cdots&0&0\\
0&1&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
0&0&\cdots&1&0
\end{pmatrix}\triangleq B,
\end{equation*}
则\(\chi_A(\lambda)=\chi_B(\lambda)=\lambda^n\)。故\(A\)的特征值为\(\lambda_1=\dots =\lambda_n=0\)。 对于特征值\(\lambda_1=\dots =\lambda_n=0\)，解齐次线性方程组\((0E-B)X=0\)，得基础解系\(\alpha=(0,\dots ,0,1)^T\)。因此\(B\)的属于特征值\(0\)的特征向量为\(c \alpha\)，其中\(c\)为\(\mathbb{F}\)中任意非零常数。
因为
\(P^{-1}AP=B\)，所以
\(A\)的属于特征值
\(0\)的特征向量为
\(c(P \alpha)\)，即
\(cX_n\)，其中
\(c\)为
\(\mathbb{F}\)中任意非零常数。
-
由
项 7.4.3.b知，特征值
\(0\)的代数重数为
\(n\)、几何重数为
\(1\)。故当
\(n=1\)时，
\(A\)可对角化；当
\(n>1\)时，
\(A\)不可对角化。
4.
设
\(\alpha =(a_1,\dots ,a_n)^T, \beta =(b_1,\dots,b_n)^T\in\mathbb{R}^n\)，且
\(\alpha\neq 0, \beta\neq 0, n>1\)。令
\(A=\beta \alpha^T\)。试问：
\(A\)是否可对角化？如果
\(A\)可对角化，求出一个可逆矩阵
\(P\)，使得
\(P^{-1}AP\)为对角阵，并且写出这个对角矩阵。
解答.
\begin{equation*}
\begin{array}{ll}
\chi_A(\lambda) & =\det (\lambda E_n-\beta \alpha^T)\\
& =\lambda^{n-1}\cdot\det (\lambda E_1- \alpha^T \beta)\\
& =\lambda^{n-1} (\lambda- \sum\limits_{i=1}^n a_ib_i).
\end{array}
\end{equation*}
-
当
\(\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i=0\)时，
\(A\)的特征值为
\(\lambda_1=\dots =\lambda_n=0\)。
对于特征值\(\lambda_1=\dots =\lambda_n=0\)，其几何重数为\(n-r(A)X\)。注意到\(\alpha\neq 0, \beta\neq 0\)，所以\(A=\beta \alpha^T\neq 0\)。又
\begin{equation*}
r(A)=r(\beta \alpha^T)\leq \min\{r(\beta),r(\alpha^T)\}=1,
\end{equation*}
故\(r(A)=1\)，从而特征值\(0\)的几何重数为\(n-1\)。而特征值\(0\)的代数重数为\(n\)，此时\(A\)不可对角化。
-
当\(\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i\neq 0\)时，\(A\)的特征值为
\begin{equation*}
\lambda_1=\dots =\lambda_{n-1}=0,\lambda_n=\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i.
\end{equation*}
对于特征值\(\lambda_1=\dots =\lambda_{n-1}=0\)，解齐次线性方程组\((0E_n-A)X=0\)，即\(AX=0\)。因\(\alpha\neq 0\)，不妨设\(a_1\neq 0\)，所以\(AX=0\)的基础解系为
\begin{equation*}
X_1=(-a_2,a_1,0,\cdots ,0)^T,
\end{equation*}
\begin{equation*}
X_2=(-a_3,0,a_1,\cdots ,0)^T,
\end{equation*}
\begin{equation*}
\vdots
\end{equation*}
\begin{equation*}
X_{n-1}=(-a_n,0,0,\cdots ,a_1)^T.
\end{equation*}
故特征值\(0\)的几何重数为\(n-1\)，与其代数重数相等。
对于特征值\(\lambda_n=\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i\)，其代数重数与几何重数均为\(1\)。因
\begin{equation*}
A \beta=(\beta \alpha^T)\beta=\beta(\alpha^T \beta)=(\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i)\beta,
\end{equation*}
所以属于特征值\(\lambda_n=\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i\)的线性无关的特征向量为\(X_n=\beta\)。此时，\(A\)可对角化。
令
\begin{equation*}
P=\begin{pmatrix}
-a_2&-a_3&\cdots&-a_n&b_1\\
a_1&0&\cdots&0&b_2\\
0&a_1&\cdots&0&b_3\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
0&0&\cdots&a_1&b_n
\end{pmatrix},
\end{equation*}
则\(P\)可逆，且
\begin{equation*}
P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
0&&&&\\
&0&&&\\
&&\ddots&&\\
&&&0&\\
&&&&\sum\limits_{i=1}^n a_ib_i
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
5.
设\(A=(a_{ij})\)是数域\(\mathbb{F}\)上的\(n\)阶上三角矩阵，证明：
-
若
\(a_{11},a_{22},\dots ,a_{nn}\)互不相等，则
\(A\)可对角化；
-
若
\(a_{11}=a_{22}=\dots =a_{nn}\)，且至少存在一个
\(a_{kl}\neq 0 (k<l)\)，则
\(A\)不可对角化。
解答.
\begin{equation*}
\chi_A(\lambda)=\begin{vmatrix}
\lambda-a_{11}&-a_{12}&\cdots&-a_{1n}\\
0&\lambda-a_{22}&\cdots&-a_{2n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&\cdots&\lambda-a_{nn}
\end{vmatrix}=\prod\limits_{i=1}^n(\lambda-a_{ii}),
\end{equation*}
所以\(A\)的特征值为\(\lambda_1=a_{11},\lambda_2=a_{22},\dots ,\lambda_n=a_{nn}\)。
-
因
\(a_{11},a_{22}\dots ,a_{nn}\)互不相等，所以
\(A\)有
\(n\)个不同的特征值。故
\(A\)可对角化。
-
假设\(A\)可对角化，记\(a_{11}=a_{22}=\dots =a_{nn}=a\)，则\(A\)相似于\(aE_n\)，即存在可逆阵\(P\)使得
\begin{equation*}
A=P^{-1}(aE_n)P=aE_n,
\end{equation*}
与已知条件矛盾。因此\(A\)不可对角化。
6.
若
\(n\)阶方阵
\(A\)满足
\(A^2=A\)，证明： (1)
\(A\)可对角化；(2)
\(r(A)= {\rm tr} (A)\)。
解答.
-
设\(\lambda\)是\(A\)的特征值，则存在\(0\neq \alpha\in\mathbb{F}^n\)，使得\(A \alpha=\lambda \alpha\)。由\(A^2=A\)，得
\begin{equation*}
\lambda^2 \alpha=A^2 \alpha=A \alpha=\lambda \alpha,
\end{equation*}
则\((\lambda^2- \lambda) \alpha=0\)。故\(\lambda^2- \lambda=0\)，即\(\lambda=0\)或\(1\)。
特征值
\(\lambda=0\)几何重数为
\(n-r(A)\)，特征值
\(\lambda=1\)几何重数为
\(n-r(E_n-A)\)，故
\(A\)有
\(\left(n-r(A)\right)+\left(n-r(E_n-A)\right)\)个线性无关的特征向量。
因\(A^2=A\)，即\(A(E_n-A)=0\)，所以\(r(A)+r(E_n-A)\leq n\)。又
\begin{equation*}
r(A)+r(E_n-A)\geq r(A+(E_n-A))=r(E_n)=n,
\end{equation*}
故\(r(A)+r(E_n-A)=n\)。因此\(A\)有\(n\)个线性无关的特征向量，\(A\)可对角化。
-
由\((1)\)知，存在可逆矩阵\(P\)，使得
\begin{equation*}
P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
1&&&&&\\
&\ddots&&&&\\
&&1&&&\\
&&&0&&\\
&&&&\ddots&\\
&&&&&0
\end{pmatrix}\triangleq B.
\end{equation*}
则\(r(A)=r(B)=r\)，\({{\rm{tr}}}(B)={{\rm{tr}}}(A)\)，从而\(r(A)= {\rm tr} (A)\)。
7.
设\(A\)是数域\(\mathbb{F}\)上秩为\(r\)的\(n\)阶方阵，
-
证明：
\(A^2=A\)的充分必要条件是存在
\(r\times n\)行满秩矩阵
\(B\)及
\(n\times r\)列满秩矩阵
\(C\)，使得
\(A=CB\)且
\(E_r=BC\)；
-
当
\(A^2=A\)时，证明：
\(\det (2E-A)=2^{n-r},\ \det (A+E)=2^r\)。
解答.
-
\begin{equation*}
P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}.
\end{equation*}
令\(B= \begin{pmatrix}
E_r&0
\end{pmatrix}P^{-1},C=P\begin{pmatrix}
E_r\\0
\end{pmatrix}\)，则\(B\)是\(r\times n\)行满秩矩阵，\(C\)是\(n\times r\)列满秩矩阵，且\(A=CB,E_r=BC\)。
充分性： 因\(A=CB\)且\(E_r=BC\)，所以
\begin{equation*}
A^2=(CB)^2=C(BC)B=CE_nB=A\mbox{。}
\end{equation*}
-
根据
练习 7.4.6，存在可逆矩阵
\(P\)，使得
\(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
E_r&0\\0&0
\end{pmatrix}\)，因此
\begin{equation*}
\det(2E-A)=\det\left(P^{-1}(2E-A)P\right)=\begin{vmatrix}
E_r&0\\0&2E_{n-r}
\end{vmatrix}=2^{n-r} ,
\end{equation*}
\begin{equation*}
\det(A+E)=\det\left(P^{-1}(A+E)P\right)=\begin{vmatrix}
2E_r&0\\0&E_{n-r}
\end{vmatrix}=2^{r}.
\end{equation*}
8.
若实矩阵
\(A\)满足
\(A^2-A+2E=0\)，证明：
\(A\)在实数域上不可对角化。
解答.
因为
\(A^2-A+2E=0\)，所以
\(A\)的任意特征值
\(\lambda\)必满足
\(\lambda^2- \lambda+2=0\)。而
\(\lambda^2- \lambda+2=0\)无实根，所以
\(A\)在实数域上不可对角化。
9.
设数域
\(\mathbb{F}\)上
\(n\)阶方阵
\(A,\ B\)满足
\(AB=BA\)，且
\(A\)有
\(n\)个不同的特征值，证明：
\(B\)可对角化。
解答.
因为\(A\)有\(n\)个不同的特征值，所以\(A\)可对角化，即存在可逆矩阵\(P\)，使得
\begin{equation*}
P^{-1}AP= \begin{pmatrix}
\lambda_1&&&\\
&\lambda_2&&\\
&&\ddots&\\
&&&\lambda_n
\end{pmatrix},
\end{equation*}
其中\(\lambda_1,\dots ,\lambda_n\)互异。由\(AB=BA\)得
\begin{equation*}
(P^{-1}AP)(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)(P^{-1}AP).
\end{equation*}
令\(C=P^{-1}BP\)，则\(\forall 1\leq i,j\leq n\)，有\(\lambda_i c_{ij}=\lambda_j c_{ij}\)。由于当\(i\neq j\)时\(\lambda_i\neq \lambda_j\)，所以\(c_{ij}=0\)，故\(C={{\rm diag}}(c_{11},\dots ,c_{nn})\)。从而\(B\)可对角化。
10.
设\(\phi\)是数域\(\mathbb{F}\)上\(n\)维线性空间\(V\)的线性变换，证明下列命题是等价的：
-
-
\(V=V_{\lambda_1}\oplus \dots\oplus V_{\lambda_t}\)，这里
\(\lambda_1,\dots ,\lambda_t\)是
\(\phi\)的全部互异特征值；
-
\(\sum\limits_{i=1}^t\dim V_{\lambda_i}=n\)，这里
\(\lambda_1,\dots,\lambda_t\)是
\(\phi\)的全部互异特征值。
解答.
-
\((1)\Rightarrow (2)\)： 因为
\(\phi\)可对角化，所以它的各个特征值
\(\lambda_i\)的几何重数
\(s_i\)等于代数重数
\(n_i\)。故
\(s_1+\dots +s_t=n\)。设
\(\alpha_{i1},\dots ,\alpha_{is_i}\)是
\(V_{\lambda_i}\)的一个基，则
\(\{\alpha_{ij}\ |\ 1\leq i\leq t,\ 1\leq j\leq s_i\}\) 构成
\(V\)的一个基。故
\(V=V_{\lambda_1}\oplus \dots\oplus V_{\lambda_t}\)。
-
\((2)\Rightarrow (3)\) 显然。
-
\((3)\Rightarrow (1)\)： 因为
\(\phi\)的属于不同特征值的线性无关特征向量构成的向量组仍线性无关，且
\(\sum\limits_{i=1}^t\dim V_{\lambda_i}=n\)，所以
\(\phi\)有
\(n\)个线性无关的特征向量。故
\(\phi\)可对角化。
11.
设
\(\phi\)是数域
\(\mathbb{F}\)上
\(n\)维线性空间
\(V\)的线性变换，且满足
\(\phi^2+\phi=2 {\rm id}_V\)。
证明： (1)
\(\phi\)的特征值是
\(1\)和
\(-2\)；(2)
\(V=V_{1}\oplus V_{-2}\)。
解答.
-
由于
\(\phi^2+\phi=2 {\rm id}_V\)，所以
\(\phi\)的特征值
\(\lambda\)必满足
\(\lambda^2+\lambda=2\)。故
\(\lambda=1\)或
\(\lambda=-2\)。
-
先证\(V=V_{1}+ V_{-2}\)。事实上，对任意\(\alpha\in V\)，令
\begin{equation*}
\alpha_1=\frac{2}{3}\alpha+\frac{1}{3}\phi(\alpha),\alpha_{-2}=\frac{1}{3}\alpha-\frac{1}{3}\phi(\alpha),
\end{equation*}
则\(\alpha=\alpha_1+\alpha_{-2}\)。由\(\phi^2+\phi=2 id_V\)，直接验证得
\begin{equation*}
\phi(\alpha_1)=\alpha_1,\phi(\alpha_{-2})=-2 \alpha_{-2},
\end{equation*}
即\(\alpha_1\in V_1,\alpha_{-2}\in V_{-2}\)。故\(V=V_{1}+ V_{-2}\)。
再证
\(V_1\bigcap V_{-2}=0\)。事实上，对任意
\(\alpha\in V_1\bigcap V_{-2}\)，有
\(\phi(\alpha)=\alpha\)且
\(\phi(\alpha)=-2 \alpha\)，则
\(\alpha=0\)。
综上，
\(V=V_{1}\oplus V_{-2}\)。
