李永樂複習全書線性代數 第五章 特徵值、特徵向量、相似矩陣

例題五

例6  設$\bm{A},\bm{B}$是$n$階矩陣。

（3）$\bm{A},\bm{B}$均是$n$階矩陣，證明$\bm{AB},\bm{BA}$有相同的特徵值。

證  設$\bm{AB\alpha}=\lambda_0\bm{\alpha}$，其中$\bm{\alpha}\ne\bm{0}$。兩邊左乘$\bm{B}$，得$\bm{BA}(\bm{B\alpha})=\lambda_0(\bm{B\alpha})$。
  若$\bm{B\alpha}\ne\bm{0}$，則$\lambda_0$也是$\bm{BA}$的特徵值，對應的特徵向量爲$\bm{B\alpha}$。
  若$\bm{B\alpha}=\bm{0}$，則有$\bm{AB\alpha}=\lambda_0\bm{\alpha}=\bm{A}(\bm{B\alpha})$知$\lambda_0\bm{\alpha}=\bm{0},\bm{\alpha}\ne\bm{0}$，得$\lambda_0=0$。
  $\lambda_0=0$是$\bm{AB}$的特徵值，因$|\bm{AB}|=|\bm{BA}|=0$，故$\lambda_0$也是$\bm{BA}$的特徵值。從而得出$\bm{AB},\bm{BA}$有相同的特徵值。

例14  設$\bm{A}$是三階實對稱矩陣，$\lambda_1=-1,\lambda_2=\lambda_3=1$是$\bm{A}$的特徵值，對應於$\lambda_1=-1$的特徵向量爲$\bm{\alpha}_1=[0,1,1]^\mathrm{T}$，求$\bm{A}$。

解  設對應於$\lambda_2=\lambda_3=1$的特徵向量爲$\bm{\alpha}=[x_1,x_2,x_3]^\mathrm{T}$，$\bm{\alpha}_1$與$\bm{\alpha}$正交，故$\bm{\alpha}$應滿足$\bm{\alpha}_1^\mathrm{T}\bm{\alpha}=x_2+x_3=0$，解得$\bm{\alpha}_2=[1,0,0]^\mathrm{T},\bm{\alpha}_3=[0,1,-1]^\mathrm{T}$，得可逆矩陣$\bm{P}=[\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3]$，使得$\bm{P}^{-1}\bm{AP}=\bm{\Lambda}=\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}$，其中$\bm{P}=\begin{bmatrix}0&1&0\\1&0&1\\1&0&-1\end{bmatrix},\bm{P}^{-1}=\cfrac{1}{2}\begin{bmatrix}0&1&1\\2&0&0\\0&1&-1\end{bmatrix}.\bm{A}=\bm{P\Lambda P}^{-1}=\begin{bmatrix}0&1&0\\1&0&1\\1&0&-1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\cfrac{1}{2}\begin{bmatrix}0&1&1\\2&0&0\\0&1&-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&-1&0\end{bmatrix}$。

例22  設$\bm{A}$是三階矩陣，$\lambda_1=1,\lambda_2=2,\lambda_3=3$是$\bm{A}$的特徵值，對應的特徵向量分別是$\bm{\alpha}_1=[2,2,-1]^\mathrm{T},\bm{\alpha}_2=[-1,2,2]^\mathrm{T},\bm{\alpha}_3=[2,-1,2]^\mathrm{T}$，又$\bm{\beta}=[1,2,3]^\mathrm{T}$。計算：$\bm{A}^n\bm{\beta}$。

解  利用$\bm{A\alpha}_i=\lambda_i\bm{\alpha}_i$，有$\bm{A}^n\bm{\alpha}=\lambda_i^n\bm{\alpha}_i$，將$\bm{\beta}$表成$\bm{\alpha}_1,\bm{\alpha}_2,\bm{\alpha}_3$的線性組合。設$\bm{\beta}=x_1\bm{\alpha}_1+x_2\bm{\alpha}_2+x_3\bm{\alpha}_3$，即$\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}=x_1\begin{bmatrix}2\\2\\-1\end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix}-1\\2\\2\end{bmatrix}+x_3\begin{bmatrix}2\\-1\\2\end{bmatrix}$，解得$x_1=\cfrac{1}{3},x_2=1,x_3=\cfrac{2}{3}$，故
$\begin{aligned} \bm{A}^n\bm{\beta}&=\bm{A}^n\left(\cfrac{1}{3}\bm{\alpha}_1+\bm{\alpha}_2+\cfrac{2}{3}\bm{\alpha}_3\right)\\ &=\begin{bmatrix}\cfrac{2}{3}-2^n+2^2\cdot3^{n-1}\\\cfrac{2}{3}+2^{n+1}-2\cdot3^{n-1}\\-\cfrac{1}{3}+2^{n+1}+2^2\cdot3^{n-1}\end{bmatrix} \end{aligned}$

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