2020張宇1000題【好題收集】【第十章：線性代數（三）】

特徵值與特徵向量

一些結論

①：$\lambda_1\lambda_2...\lambda_n=|A|$
②：$\lambda_1+\lambda_2+...+\lambda_n=tr(A)$
③：$AX=0\Rightarrow \lambda=0也是其中的一個特徵向量$
④：$A的特徵值爲\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_1則\Rightarrow kE+A^n的特徵值爲k+\lambda_1^n,k+\lambda_2^n,...,k+\lambda_n^n$
⑤：$A與B相似只能說明特徵值相同,但是特徵向量不一定相同,並且A和B不一定闊以對角化$
⑥：$\alpha\beta^T的特徵值爲\left\{\begin{matrix} 0,(n-1)重根\\ \\ \alpha^T\beta \end{matrix}\right.$
設$A=\alpha\beta^T$
$A\alpha=(\alpha\beta^T)\alpha=\alpha(\beta^T\alpha),其中\alpha^T\beta=\beta^T\alpha是一個數$
⑦：
關於特徵值：
$A是\lambda\Leftrightarrow A^T是\lambda\ \ \ \ \ \ 闊以加個轉置符號後行列式的值不得變這樣來證:|(\lambda E-A)|=|(\lambda E-A)^T|=|(\lambda E-A^T)|$
$A是\lambda\Rightarrow A^*是\frac{|A|}{\lambda}\ \ \ \ \ \ 反過來就不行，因爲當r(A)<n-1的時候,A^*=O,因此任意的非零列向量都是他的特徵向量$
$A是\lambda\Rightarrow A^2是\lambda\ \ \ \ \ \ \ 同樣也是反過來就不行,因爲設A\beta_1=\beta_1,A\beta_2=-\beta_2,那麼A^2(\beta_1+\beta_2)=\beta_1+\beta_2,而特徵向量的和不是特徵向量,所以反過來不行$
$A是\lambda\Leftrightarrow kA是\lambda$
關於特徵向量：
$A,A^T的特徵矩陣沒啥關係,想一哈哇,特徵值都已經相等了，特徵向量再相同的話,那這兩個矩陣就是同一個矩陣了（前提是要可對角化）$
$A是\alpha\Rightarrow A^*是\alpha$

$A是\alpha\Rightarrow A^2是\alpha$

$A是\alpha\Rightarrow kA是\alpha$

158

$A與B相似,下列正確的是$
（A）$\lambda E-A=\lambda E-B$
（B）$A與B有相同的特徵值與特徵向量$
（C）$A與B都相似與同一個對角陣$
（D）$對於任意常數t,有tE-A與tE-B相似$

A選項感覺就是用來靠反應的，沒說$\lambda$是特徵值，所以當然不成立啦
B選項特徵值相同但是特徵向量不相同，不然都是$P^{-1}\Lambda P$那不是相等的兩個矩陣了蠻
C選項又是靠反應，如果都闊以對角化那肯定是相同的，因爲這個對角陣就是用特徵值組成的嘛，但關鍵就是不一定闊以對角化呀
D選項看答案才知道的
$tE-B=P^{-1}tEP-P^{-1}AP=P^{-1}(tE-A)P$

167【證明題:特徵向量的和不是特徵向量】

$\lambda_1,\lambda_2,X_1,X_2分別是A矩陣的兩個不同的特徵值和特徵向量,證明：X_1+X_2不是A的特徵向量$
說了反正法我感覺還是不曉得怎麼個反證的
設$A(X_1+X_2)=\lambda(X_1+X_2)$
然後代入特徵值移項，要弄出：

$(\lambda_1-\lambda)X_1+(\lambda_2-\lambda)X_2=0$

然後要反應出$X_1,X_2$線性無關，這個應該是個得分點
因此要等式成立就只能讓$\lambda_1=\lambda_2=\lambda$這樣就矛盾了就證到了

171【$A^*,A^T$的特徵值】

$A是n階矩陣,下列正確的是$
（A）$若\alpha爲A^T的特徵向量,那麼\alpha也爲A的特徵向量$

（B）$若\alpha爲A^*的特徵向量,那麼\alpha也爲A的特徵向量$

（C）$若\alpha爲A^2的特徵向量,那麼\alpha也爲A的特徵向量$

（D）$若\alpha爲2A的特徵向量,那麼\alpha也爲A的特徵向量$
D這個正確答案還是比較容易選出來的，但是其他的錯在哪裏卻沒那麼容易找出來

比如A，我還不知道$A^T$的特徵值與$A$是相等的，其他的都弄到上面作爲結論了~

179【秩爲1的方陣的特徵值】

$n階矩陣的元素全是1,則A的n個特徵值是$
答案是$\left\{\begin{matrix} 0,(n-1)重根\\ \\ n \end{matrix}\right.$
因此這道題闊以寫成$\alpha\beta^T$這個樣子，所以很快就能得到答案

181【證明題：特徵向量之間線性無關】

$(1)\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n是互異的特徵值,\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n爲對應特徵向量,證明:\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n線性無關$
這個很牛皮呀，歸納着來證明的，用$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_{k-1}$線性無關來證明$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_{k-1},\alpha_k$線性無關

設有$l_1\alpha_1+l_2\alpha_2+...+l_k\alpha_k=0$
兩邊同時乘上A以及同時乘上$\lambda_k$就有

$\left\{\begin{matrix} l_1\lambda_1\alpha_1+l_2\lambda_2\alpha_2+...+l_k\lambda_k\alpha_k=0\\ \\ l_1\lambda_k\alpha_1+l_2\lambda_k\alpha_2+...+l_{k}\lambda_k\alpha_{k}=0 \end{matrix}\right.$

上式減去下式：

$l_1(\lambda_1-\lambda_k)\alpha_1+l_2(\lambda_2-\lambda_k)\alpha_2+...+l_{k-1}(\lambda_{k-1}-\lambda_k)\alpha_{k-1}=0$
而這$k-1$個$\alpha$是線性無關的，所以係數是隻有全爲0才成立，然後再把這個帶進最上面的式子就能得到$l_k$也等於0
$(2)A,B爲n階方陣,|B|不等於0,若|\lambda B-A|=0的全部根\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n互異,\alpha_i是(\lambda_i B-A)X=0的非零解,證明:\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n線性無關$
這個長得就跟求特徵值的那個差不多，因此闊以把他弄成那個樣子，兩邊右乘$B^{-1}$
$\left\{\begin{matrix} |\lambda_iE-AB^{-1}|=0\\ \\ (\lambda_i-AB^{-1})X=0 \end{matrix}\right.$
然後第一個式子的特徵值就是$\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n$
第二個式子的特徵向量就是$\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_n$
因此由第一問的證明得到線性無關

182【證明題：滿足任意解的是0矩陣】

$A是n階方陣,若AX=O對任意的X成立,證明A=O$
答案的後面兩個方法比較寫得簡單
法二：
因爲對任意的$X$成立，那麼令$X=e_i$
$Ae_1+Ae_2+...+Ae_n=A[e_1,e_2,...,e_n]=AE=A=O$
法三：
由題意闊以知道方程組的基礎解系的個數是n（感覺模模糊糊的知道）
那就能得到$r(A)=0$
所以$A=O$

184【證明題：AB，BA有相同的特徵值】

$A,B爲n階矩陣,證明:AB,BA有相同的特徵值$
法一：定義法
設$AB\xi=\lambda\xi$
同時左乘$B$
$BAB\xi=B\lambda\xi=\lambda B\xi$

然後把$B\xi看成一個新的向量\eta$
就闊以寫成
$BA\eta=\lambda \eta$
因此特徵值相同

法二：用性質
我一開始也是想這樣搞，但是沒搞出來，就是把$|\lambda E-AB|化化化，然後化成|\lambda E-BA|$
$|\lambda E-AB|=\begin{vmatrix} \lambda E&A \\ O&E-\frac{1}{\lambda}AB \end{vmatrix},_{r_2=r_2+\frac{1}{\lambda}r1B},=\begin{vmatrix} \lambda E&A \\ B&E \end{vmatrix},_{r_2=r_2-\frac{1}{\lambda}Br1},=\begin{vmatrix} \lambda E&A \\ O&E-\frac{1}{\lambda}BA \end{vmatrix}=|\lambda E-BA|$
我剛開始一看答案這種做法覺得很懵逼，其實是這樣來的
最關鍵的是這個行列式$\begin{vmatrix} \lambda E&A \\ B&E \end{vmatrix}$如果看成數的話，那麼計算這個行列式的時候用 主對角線-副對角線 ，副對角線算成$AB$或者$BA$都無所謂，但是現在是矩陣了，就不行

但是分塊矩陣算行列式是闊以弄成上三角來算得哇

所以消去第二行的時候把第一行左乘右乘都闊以，而上面的兩種形式其實就是這裏的左乘或者右乘的來的，因此他們兩個是相等的

然後上面$\lambda$作爲分母了，再說一哈$\lambda=0$的時候，$|OE-AB|=-|A||B|=|B||A|=-|BA|=|OE-BA|$

189【證明題】

$A\xi=\lambda\xi,A^T\eta=\mu\eta,且\lambda不等於\mu,證明:\xi,\eta正交$
$\because A\xi=\lambda\xi$
$\therefore \xi^TA^T=\lambda\xi^T$
同時右乘$\eta$
$\xi^TA^T\eta=\lambda\xi^T\eta$
$\xi^T\mu\eta=\lambda\xi^T\eta\Rightarrow(\mu-\lambda)\xi^T\eta=0\Rightarrow \xi^T\eta=0$

191【給特徵向量求矩陣】

$A是三階對稱矩陣,\lambda_1=-1,\lambda_2=\lambda_3=1,對應特徵向量\xi_i=[0,1,1]^T,求A$
對稱陣就是說明可對角化
然後是通過選取合適的不相關的$\xi_2,\xi_3$，然後與$\xi_1$共同組成特徵向量$P$，然後由$A=P\Lambda P^{-1}$算出來
$\xi_2,\xi_3$好像是解出來的
是什麼方程解出來的喃，就是用$\xi_1$解出來
方程的建立就是特徵向量之間是正交的：$\left\{\begin{matrix} \xi_2^T\xi_1=0\\ \\ \xi_3^T\xi_1=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 0x_1+x_2+x_3=0\\ \\ 0x_1+x_2+x_3=0 \end{matrix}\right.$
兩個方程是一樣的是對滴，因爲秩是1纔有會兩個線性無關的方程組
怎麼解出來不對喃？？？
就是解出來的。。。
解系是：$\left\{\begin{matrix} x_1=x_1\\ x_2=-x_3 \\ x_3=x_3 \end{matrix}\right.$

然後$\begin{bmatrix} x_1\\ x_3 \end{bmatrix}$取$\begin{bmatrix} 0\\1 \end{bmatrix}$和$\begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}$

就得到$\begin{bmatrix} x_1\\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1\\0 \\0 \end{bmatrix}和\begin{bmatrix} 0\\-1 \\1 \end{bmatrix}$了(✪ω✪)
這道題沒有算$P^{-1}$，而是弄成正交矩陣，這個我今天才反應過來：正交的向量組成的矩陣不一定就是正交矩陣，還差一步單位化

195【給特徵向量求矩陣】

$A是三階對稱陣,每行元素之和爲3,\lambda_1=\lambda_2=1,求A的特徵值特徵向量,並求A^n$

這道題跟上面的的191題差不多呀，爲啥這道題的$\xi_1,\xi_2$就能求出來喃？
每行之和爲3能得到$\lambda_3=3,\xi_3=[1,1,1]^T$
$\left\{\begin{matrix} \xi_1^T\xi_3=0\\ \\ \xi_2^T\xi_3=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_1+x_2+x_3=0\\ \\ x_1+x_2+x_3=0 \end{matrix}\right.$
同樣秩是1纔有兩個線性無關的解系

這道題就能很自然地解出來$\left\{\begin{matrix} \xi_1=[-1,1,0]^T\\ \\ \xi_2=[-1,0,1]^T \end{matrix}\right.$

192（打星）

$特徵值特徵向量分別是\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$
$(1)證明:\beta,A\beta,A^2\beta線性無關$
寫出來就是個範德蒙行列式還算比較好搞
$(2)若A^3\beta=A\beta,求r(A-E)以及杭歷史|A+2E|$
主要就是這個第二問感覺不好怎，我記得好像做過，但是還是沒思路
因爲一般都要用到第一問的結論，而第一問最多才2次方，因此再乘一個$A$

$A\left[\beta, A \beta, A^{2} \beta\right]=\left[A \beta, A^{2} \beta, A^{3} \beta\right]=\left[A \beta, A^{2} \beta, A \beta\right]=\left[\beta, A \beta, A^{2} \beta\right]\left[\begin{array}{lll}{0} & {0} & {0} \\ {1} & {0} & {1} \\ {0} & {1} & {0}\end{array}\right]$

令$P=[\beta,A\beta,A^2\beta]$，並且由第一問知道她是線性無關的，因此是可逆的

上面的等式就闊以寫成：
$AP=P\left[\begin{array}{lll}{0} & {0} & {0} \\ {1} & {0} & {1} \\ {0} & {1} & {0}\end{array}\right]$

再令$C=\left[\begin{array}{lll}{0} & {0} & {0} \\ {1} & {0} & {1} \\ {0} & {1} & {0}\end{array}\right]$

即$P^{-1}AP=C$

因此$A$與$C$這個矩陣是相似的，所以之也相等

$\therefore r(A-E)=r(C-E)=r(\left[\begin{array}{lll}{-1} & {0} & {0} \\ {1} & {-1} & {1} \\ {0} & {1} & {-1}\end{array}\right])=2$

哇塞，真的很牛皮啊

然後
$|A+2E|=|P^{-1}CP+2E|=|P^{-1}CP+2P^{-1}P|=|P^{-1}||C+2E||P|=|C+2E|$

196【結論題】【A,B相似能推出哪些】

$A,B都是n階矩陣,A可逆且A\sim B,下列正確的有$
①：$AB\sim BA$
②：$A^2\sim B^2$
③：$A^T\sim B^T$
④：$A^{-1}\sim B^{-1}$
都是對滴(✪ω✪)
①：
$BA=A^{-1}ABA=A^{-1}(AB)A,臥槽,P矩陣就是A,並且說了A是可逆的$
②：
$設P^{-1}AP=B$
$那麼B^2=P^{-1}APP^{-1}AP=P^{-1}A^2P$所以相似
③：
同理：
$B^T=(P^{-1}AP)^T=P^TA^T{P^T}^{-1},把{P^T}^{-1}看成一個新的P矩陣$
④：
跟轉置的思路一樣

相似

203【證明題】（打星）

$A是n階矩陣,滿足A^2=A,r(A)=r,證明:A\sim \begin{bmatrix} E_r&O \\ O & O \end{bmatrix}$

這道題主要就是把她的特徵向量找到
$\because A(E-A)=O\Rightarrow \lambda_1=0,\lambda_2=1$
當$\lambda=0$的時候，因爲題目給了$r(A)$的秩是r，因此有$n-r$個線性無關的向量$\xi_{r+1},\xi_{r+2},...,\xi_n$

但是當$\lambda=1$的時候，要知道$r(E-A)$的秩纔行

$因此根據秩的不等式得到:r(A+E-A)\leq r(A)+r(E-A)\Rightarrow r(E-A)=n-r$

$\therefore 當\lambda=1的時候有r個線性無關的向量\xi_1,\xi_2,...,\xi_r$
所以存在可逆矩陣$P=[\xi_1,\xi_2,...,\xi_n]使得相似$

不喜歡這種題，感覺說起來很繁瑣

答案給了法二，感覺也差不多，多少要說明有r和n-r個線性無關的向量
法二：
他是假設$r$個線性無關的列向量都在前面
$A^{2}=A\left[\xi_{1}, \xi_{2}, \cdots, \xi_{-}, \cdots\right]=\left[\xi_{1}, \xi_{2}, \cdots, \xi_{r}, \cdots\right]=A$
同樣是說明$A\xi_i=\xi_i$的有$r$個，哎好煩啊不寫了

204【證明題】???

$A,B都是n階矩陣,且AB=BA,證明:B相似與對角陣$
感覺這個證明沒啥意思得，就當個結論吧，他就是把寫成兩種形式，然後不在對角線上的本來應該相等但是沒相等，因此係數就等於0了

205

$A=E+\alpha\beta^T,且\alpha^T\beta=2,\alpha,\beta都是非零列向量$
$(1)求A的特徵值特徵向量$
根據結論直接就能知道，特徵值，但是特徵向量我還搞不來，而且我才知道，我上面是右乘$\alpha$來弄的，原來也闊以左乘$\beta^T$

$(E+\alpha\beta^T)\xi=\lambda\xi$

同時左乘$\beta^T$

$(E+\alpha\beta^T)\xi=\lambda\xi$

$3\beta^T\xi=\lambda \beta^T\xi$

很明顯$\lambda=3$，but，however，nevertheless，$\lambda=1$從哪裏得到的喃？

原來是當 $\beta^T\xi=O$的時候，根據最原始的式子：$(E+\alpha\beta^T)\xi=\lambda\xi$ 得到的

然後求特徵向量：
①：當$\lambda=1時$：
方程爲：$(E-A)X=O$
$-\alpha\beta^TX=O$
然後$\alpha$闊以直接沒了，爲啥子喃？
變成$\beta^TX=O$

這個方程看了答案我都還沒反應過來，其實就是相當於只有一行T_T

相當於是：
$b_1x_1+b_2x_2+...+b_nx_n=0$

②：當$\lambda=3$的時候：
$(3E-A)X=O$
$(2E-\alpha\beta^T)X=O$

這個感覺不是解出來的，感覺是剛好湊出來的。。。
解就是$\alpha$

因爲帶進去就是：$(2E-\alpha\beta^T)\alpha=2\alpha-\alpha(2)=0$

好像能夠得出個結論，$A=(kE+\alpha\beta^T)$的單根的特徵向量就是 $\alpha$
闊以設$\alpha^T\beta=t$，那麼$\lambda=k+t$
$(\lambda E-A)X=O$
$[(k+t)E-(kE+\alpha\beta^T)]X=O$
$(tE-\alpha\beta^T)X=O$闊以發現：$\alpha$就是解

207（打星）

$A=\left[\begin{array}{cccccc}{0} & {1} & {0} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {1} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\vdots} & {} & {\vdots} & {\vdots} \\ {0} & {0} & {0} & {\cdots} & {0} & {1} \\ {-a_{0}} & {-a_{1}} & {-a_{2}} & {\cdots} & {-a_{n-2}} & {-a_{n-1}}\end{array}\right]$
$(1)若\lambda是A的特徵值,證明:\xi=\left[1, \lambda, \lambda^{2}, \cdots, \lambda^{n-1}\right]^{\mathrm{T}}是A的特徵向量$

這個很牛皮啊
如果是特徵向量，那麼會滿足$A\xi=\lambda \xi$
$A \xi=\left[\begin{array}{cccccc}{0} & {1} & {0} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {1} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\vdots} & {} & {\vdots} & {\vdots} \\ {0} & {0} & {0} & {\cdots} & {0} & {1} \\ {-a_{0}} & {-a_{1}} & {-a_{2}} & {\cdots} & {-a_{n-2}} & {-a_{n-1}}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{1} \\ {\lambda} \\ {\lambda^{2}} \\ {\vdots} \\ {\lambda^{n-1}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{\lambda} \\ {\lambda^{2}} \\ {\lambda^{3}} \\ {\lambda^{3}} \\ {\vdots} \\ \\ {-\sum_{i=0}^{n-1} a_{i} \lambda^{i}}\end{array}\right]$

闊以看到最後一行很奇怪，其他的都正常，哇，結果是闊以變成$\lambda^n的$，這個關係是用$|\lambda E-A|=0$得來的，簡直牛皮

$|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{cccccc}{\lambda} & {-1} & {0} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {0} & {\lambda} & {-1} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\vdots} & {} & {\vdots} & {\vdots} \\ {0} & {0} & {0} & {\cdots} & {\lambda} & {-1} \\ {a_{0}} & {a_{1}} & {a_{2}} & {\cdots} & {a_{n-2}} & {\lambda+a_{n-1}}\end{array}\right|=0$
而這個行列式的計算也是個難點
根據答案所說的：把第二列的$\lambda$倍，第三列的$\lambda^2$倍…最後一列的$\lambda^{n-1}$倍加到第一列，再展開
$|\lambda \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=\left|\begin{array}{cccccc}{0} & {-1} & {0} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {0} & {\lambda} & {-1} & {\cdots} & {0} & {0} \\ {\vdots} & {\vdots} & {\vdots} & {} & {\vdots} & {\vdots} \\ {0} & {0} & {0} & {\cdots} & {\lambda} & {-1} \\ {\lambda^{n}+\sum_{i=0}^{n-1} a_{i} \lambda^{i}} & {a_{1}} & {a_{2}} & {\cdots} & {a_{n-2}} & {\lambda+a_{n-1}}\end{array}\right|=(-1)^{n+1}\left(\lambda^{n}+\sum_{i=0}^{n-1} a_{i} \lambda^{i}\right)(-1)^{n-1}=0$
$\therefore -\sum_{i=0}^{n-1} a_{i} \lambda^{i}=\lambda^{n}$
所以就把上面的替換了，這種題感覺就只能猜他是這種套路然後來做
$(2)若A有n個互異的特徵值\lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n,求可逆矩陣P,使得P^{-1}AP=\Lambda$
這道題就是要用第一問的結論纔行：
$\lambda_i的特徵向量\xi_i$就是$[1,\lambda_i,\lambda_i^2,...,\lambda_i^{n-1}]^T$

所以特徵矩陣$P$就是：$P=[\xi_1,\xi_2,...,\xi_n]$

208【證明題】

$A是三階矩陣,\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3是三維列向量且\alpha_1非零,滿足:A\alpha_1=2\alpha_1,A\alpha_2=\alpha_1+2\alpha_2,A\alpha_3=\alpha_2+2\alpha_3$
$(1)證明:\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3線性無關$
我本來想這樣做的：
$A(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=(2\alpha_1,\alpha_1+2\alpha_2,\alpha_2+2\alpha_3)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\begin{bmatrix} 2&1 &0 \\ 0&2 &1 \\ 0&0 &2 \end{bmatrix}$

但是我發現，好像沒有說$A$是可逆的什麼的呀，感覺不好搞了
而且我突然發現，這個好像就是用來給第二問做鋪墊的

正解是這樣做的：
由題意闊以得到：
$\left\{\begin{matrix} (A-2E)\alpha_1=0\\ \\ (A-2E)\alpha_2=\alpha_1 \\ \\ (A-2E)\alpha_3=\alpha_2 \end{matrix}\right.$

設有$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3=0$

兩端左乘$(A-2E)$
$0+k_2(A-2E)\alpha_2+k_3(A-2E)\alpha_3=0$
$k_2\alpha_1+k_3\alpha_2=0$

再繼續左乘$(A-2E)$變成：
$k_3\alpha_1=0$
而$\alpha_1不等於0\Rightarrow k_3=0$

這樣就能倒推回去$k_1=k_2=k_3=0$就線性相關了，妙啊(｀・ω・´)

$(2)A能否相似於對角陣$

$A(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=(2\alpha_1,\alpha_1+2\alpha_2,\alpha_2+2\alpha_3)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)\begin{bmatrix} 2&1 &0 \\ 0&2 &1 \\ 0&0 &2 \end{bmatrix}$
就闊以寫成：
$AC=CB$
$\therefore A\sim B$

所以就看$B$能不能對角化就行了
$B$剛好是上三角，特徵值就是主對角線，因此有三重根$\lambda=2$
但是$r(2E-B)=2$不等於0，所以不能對角化

209【證明題】

$A=\alpha\beta^T,tr(A)=a不等於0,z證明:A相似於對稱陣$
見到第三種方法，求$\alpha\beta^T$的特徵值了(✪ω✪)

$A^2=\alpha(\beta^T\alpha)\beta^T=aA$

$\therefore A^2\xi=aA\xi$

$\lambda^2\xi=a\lambda\xi\Rightarrow \lambda(\lambda-a)\xi=0$
$\therefore 有兩種特徵值\lambda=0,\lambda=a$

然後思路就是$n-1$重根時是$\lambda=0$,要證明$r(0E-A)=1$，說明有$n-1$個線性無關的解：

$r(0E-A)=r(A)=r(\alpha\beta^T)\leq min(r(\alpha),r(\beta))=1$
而矩陣是非零的$\Rightarrow r(A)\geq 0$
$\therefore r(0E-A)=1$

211【矩陣相似求未知數】

$A=\begin{bmatrix} 2& 0 &0 \\ 0& 0 &1 \\ 0&1 &x \end{bmatrix}與B=\begin{bmatrix} 2&0 &0 \\ 0& y &0 \\ 0&0 &-1 \end{bmatrix}相似,求未知數x,y$

這道題由於$B$是對角矩陣，因此特徵值直接就出來了，$A$矩陣的位置數也在對角線上，因此闊以用跡的性質來算
用特徵值的兩個等式就行
$\left\{\begin{matrix} tr(A)=tr(B)\\ \\ |A|=|B| \end{matrix}\right.$

212【矩陣相似求未知數】

$A=\left[\begin{array}{ccc}{1} & {0} & {-1} \\ {0} & {1} & {0} \\ {-2} & {1} & {0}\end{array}\right]與B=\left[\begin{array}{lll}{2} & {3} & {3} \\ {2} & {1} & {0} \\ {a} & {b} & {c}\end{array}\right]相似,求a,b,c$
這道題跟上面的不一樣，特徵值不能一口氣看出來，但是$A$矩陣是沒有未知數的，因此還是相當於特徵值是知道的，但是$B$矩陣中的未知數不僅在對角線上有，在其他地方也有

光用跡只能得到$c=-1$

然後還有個等式就是行列式相等
$|A|=|B|$
$-2=6b-3a+4$

但是這樣還差一個方程鴨T_T

沒想當竟然還有方法得到更多的方程：
比如求出了$A$的三個特徵值：$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$

那麼$\left\{\begin{matrix} |\lambda_1 E-B|=0\\ \\ |\lambda_2 E-B|=0 \\ \\ |\lambda_3 E-B|=0 \end{matrix}\right.$

臥槽，這樣就多出了很多的方程，妙啊(✪ω✪)

214【證明題】

$A=\left[\begin{array}{ccccc}{1} \\ {} & {2} \\ {} & {} & {\ddots} \\ {} & {} & {} & {n-1} \\ {} & {} & {} & {} & {n}\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ccccc}{n} & {} & {} & {} & {} \\ {} & {n-1} & {} & {} & {} \\ {} & {} & {\ddots} & {} & {} \\ {} & {} & {} & {2} & {} \\ {} & {} & {} & {} & {1}\end{array}\right],證明:A\sim B$
當$\lambda_1=1時,\xi_1=[1,0,0,...,0]^T$
當$\lambda_2=2時,\xi_2=[0,1,0,...,0]^T$
當$\lambda_3=3時,\xi_3=[0,0,1,...,0]^T$
$...$
當$\lambda_n=n時,\xi_n=[0,0,0,...,1]^T$

然後這個就很巧，從$\xi_n開始來乘$
$A\xi_n=\xi_n$
$A\xi_{n-1}=\xi_{n-1}$
$A\xi_{n-2}=\xi_{n-2}$
$...$
$A\xi_1=\xi_1$

$\therefore 令P=[\xi_n,\xi_{n-1},...,\xi_1]$
有$AP=[n\xi_n,(n-1)\xi_{n-1},...,\xi_1]=PB$
因此相似，感覺好巧啊

真題

2009

20

$A=\begin{bmatrix} 1&-1 &-1 \\ -1& 1 & 1\\ 0&-4 &-2 \end{bmatrix},\xi_1=[-1,1,-2]\\ (1)求滿足A\xi_2=\xi_1,A^2\xi_3=\xi_1的所有向量\xi_2,\xi_3$
這道題我發現了$A\xi_1=0$
$\left\{\begin{matrix} A(A\xi_2)=A(\xi_1)=0\Rightarrow A^2\xi_2=0\\ \\ A(A^2\xi_3)=A(\xi_1)=0\Rightarrow A^3\xi_3=0 \end{matrix}\right.$
然後解這兩個其次方程，爲啥解出來不對喃？

正解是這樣的：
如果把$\xi_1$寫出$b$，那就很容易反應過來了，就是求$A\xi_2=b,A^2\xi_3=b$
這個就解兩個非其次方程

$(2)證明:\xi_1,\xi_2,\xi_3線性無關$
一般的做法就是求行列式不等於0，但是很麻煩
這道題就是利用$A\xi_1=0$
設$k_1\xi_1+k_2\xi_2+k_3\xi_3=0$
兩邊同乘$A$

$0+k_2A\xi_2+k_3A\xi_3=0$，然後變成
$0+k_2\xi_1+k_3A\xi_3=0$
然後再同時乘$A$

$0+0+k_3A^2\xi_3=0$，變成
$0+0+k_3\xi_1=0$

$\xi_1$不等於0，只有$k_3=0$，然後再往上面帶就能得到都等於0了
這樣的計算量要小得多