线性代数期末复习

线性代数期末复习

选取往年真题中本人不会或不熟练的题目。

• （19~20线代应用第一学期末）设 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 均为三元列向量，\(A = [\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}]\)，\(\alpha_{3} = \alpha_{1} + 2\alpha_{2}\)，且 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}\) 线性无关，则齐次线性方程组 \(AX = 0\) 的通解为_。

  设 \(X = [x_{1}, x_{2}, x_{3}]^{T}\)，则 \(x_{1}\alpha_{1} + x_{2}\alpha_{2} + x_{3}\alpha_{3} = 0\)。

  代入 \(\alpha_{3} = \alpha_{1} + 2\alpha_{2}\)，整理得 \((x_{1} + x_{3})\alpha_{1} + (x_{2} + 2x_{3})\alpha_{2} = 0\)。

  由 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}\) 线性无关，有方程组：

  \[\begin{cases} x_{1} + x_{3} = 0 \\ x_{2} + 2x_{3} = 0 \\ \end{cases} \]

  基础解系 \(X_{0} = [1, 2, -1]^{T}\)，所以 \(AX = 0\) 的通解为 \(k[1, 2, -1]^{T}, \forall k \in \mathbb{P}\)。

  总结：

  注意答案中 \(k \in \mathbb{P}\)。

• （21~22线代应用第一学期末）设 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 均为 \(4\) 元列向量，矩阵 \(A = [\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}]\)，\(\eta = [1, -2, 0, 3]^{T}\) 是齐次线性方程组 \(AX = 0\) 的基础解系，则下列说法错误的是（）。

  （A）\(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 的秩为 \(3\)

  （B）\(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 线性相关

  （C）\(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}\) 线性无关

  （D）方程组 \(x_{1}\alpha_{1} + x_{2}\alpha_{2} + x_{3}\alpha_{3} = \alpha_{4}\) 有解

  由题知 \(\dim{N(A)} = 1\)，故 \(r(A) = 3\)，\(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}) = r(A) = 3\)，\(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}\) 线性相关。

  由 \(A\eta = 0\) 可知 \(\alpha_{1} - 2\alpha_{2} + 3\alpha_{4} = 0\)，因此 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{4}\) 线性相关，且 \(\alpha_{4} = -\frac{1}{3}\alpha_{1} + \frac{2}{3}\alpha_{2} + 0\alpha_{3}\)。

  综上，答案选 C。

• （21~22线代应用第二学期末）设 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}, \alpha_{5}\) 为 \(n\) 元列向量，且 \(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}) = r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{4}) = 3\)，\(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{5}) = 4\)，则 \(r(\alpha_{1} + \alpha_{2}, \alpha_{2} + \alpha_{3}, \alpha_{3} + \alpha_{1}, \alpha_{4} + \alpha_{5})\) =_。

  \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 线性无关 ，加入 \(\alpha_{4}\) 秩不变，说明 \(\alpha_{4}\) 可由 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 线性表示，不妨设 \(\alpha_{4} = k_{1}\alpha_{1} + k_{2}\alpha_{2} + k_{3}\alpha_{3}\)。

  则 \([\alpha_{1} + \alpha_{2}, \alpha_{2} + \alpha_{3}, \alpha_{3} + \alpha_{1}, \alpha_{4} + \alpha_{5}] = [\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{5}]\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & k_{1} \\ 1 & 1 & 0 & k_{2} \\ 0 & 1 & 1 & k_{3} \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\)。

  由 \(r(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{5})\) 可知矩阵 \([\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}, \alpha_{5}]\) 满秩。

  又 \(\begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 & k_{1} \\ 1 & 1 & 0 & k_{2} \\ 0 & 1 & 1 & k_{3} \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 2 \neq 0\)，因此原向量组也满秩，答案为 \(4\)。

  总结：

  寻找满秩矩阵构造系数矩阵，通过分析系数矩阵的性质以反映原向量组的性质。

• （20~21线代应用第二学期末）设 \(\alpha_{1} = [\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0]^{T}, \alpha_{2} = [\frac{\sqrt{3}}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}]^{T}, \alpha_{3} = [\frac{\sqrt{6}}{6}, -\frac{\sqrt{6}}{6}, -\frac{\sqrt{6}}{3}]^{T}\) 是欧氏空间 \(\mathbb{R}^{3}\) 的一个标准正交基，则向量 \(\beta = [6, 0, 3]^{T}\) 在基 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 下的坐标为_。

  普遍的方法是解方程 \(AX = \beta\)，其中 \(A = [\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}]\)，解向量即为 \(\beta\) 在 \(A\) 下的坐标。这种方法计算量较大，容易出错。

  注意到此题中 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 为一组标准正交基，则对于 \(\mathbb{R}^{3}\) 中任一向量 \(\alpha\) 都有 \(\alpha = \sum\limits_{i = 1}^{3}(\alpha_{i}, \alpha)\alpha_{i}\)。

  所以 \(\beta\) 在基 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 下的坐标即为 \([(\alpha_{1}, \beta), (\alpha_{2}, \beta), (\alpha_{3}, \beta)]^{T} = [3\sqrt{2}, 3\sqrt{3}, 0]^{T}\)。

  总结：

  对 \(\mathbb{R}^{n}\) 的一组标准正交基 \(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}\) 和任一向量 \(\alpha\)，满足 \(\alpha = \sum\limits_{i = 1}^{n}(\alpha_{i}, \alpha)\alpha_{i}\)。

• （22~23线代应用第一学期末）下列矩阵中不能相似对角化的是（）。

  （A）\(\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\) （B）\(\begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 4 \\ 2 & 4 & 1 \\ \end{bmatrix}\) （C）\(\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{bmatrix}\) （D）\(\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\)

  1. \(f_{A}(\lambda) = (\lambda - 1)[(\lambda - 2)(\lambda - 1) - 0] = (\lambda - 1)^{2}(\lambda - 2)\)。

     因为 \(2\) 是 \(A\) 的特征值，所以 \(r(2E_{3} - A) < 3\)，所以 \(\dim{W_{2}(A)} > 0\)。又由结论：几何重数不超过代数重数，可知特征值 \(2\) 的几何重数等于代数重数 \(1\)。

     \(E_{3} - A = \begin{bmatrix} -1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix}\)，易知 \(r(E_{3} - A) = 1\)，所以 \(\dim{W_{1}(A)} = 2\)，等于特征值 \(1\) 的代数重数。

     \(B\) 的所有特征根均满足重数条件，因此 \(B\) 可对角化。

  2. \(B\) 为实对称矩阵，一定可对角化。

  3. \(f_{C}(\lambda) = (\lambda - 3)(\lambda - 2)(\lambda - 1)\)。均为单根，可对角化。

  4. \(f_{D}(\lambda) = (\lambda - 2)(\lambda - 1)^{2}\)。\(2\) 为单根，满足重数条件。

     \(2E_{3} - D = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix}\)，易知 \(r(2E_{3} - D) = 2\)，所以 \(\dim{W_{2}(D) = 1}\)，小于代数重数 \(2\)。

     因此 \(D\) 不可对角化。

  总结：

  • 特征值的 几何重数不超过代数重数。

  • \(n\) 阶实矩阵可对角化与以下条件互为充要条件：

    • 有 \(n\) 个线性无关的特征向量
    • 所有特征值的几何重数等于代数重数。

  • 单特征根的几何重数 = 代数重数 = \(1\)。

  • 实对称矩阵一定可对角化。

• （19~20线代应用第一学期末）设矩阵 \(A = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ -15 & -4 & -10 \\ 3 & x & 3 \\ \end{bmatrix}\) 与 \(B = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & y \\ \end{bmatrix}\) 相似，则（）。

  （A）\(x = -1, y = 2\) （B）\(x = 1, y = -2\) （C）\(x = -2, y = 2\) （D）\(x = 2, y = -2\)

  \(1 - 4 + 3 = 1 + 1 + y\)，解得 \(y = -2\)。

  \(|A| = \begin{vmatrix} -4 & -10 \\ x & 3 \\ \end{vmatrix} = -12 + 10x = |B| = -2\)，解得 \(x = 1\)。

  故选 B。

  总结：

  • 通过相似的必要条件求解矩阵中的未知量：
    • 具有相同的秩、迹、行列式。
    • 具有相同的特征值（包括重数）。
    • 特征多项式相等。

• （21~22线代应用第一学期末）设 \(A\) 为 \(3\) 阶方阵，\(3\) 元列向量 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 线性无关，且满足：

  \(A\alpha_{1} = 5\alpha_{1} - \alpha_{2} + 3\alpha_{3}\)，\(A\alpha_{2} = -6\alpha_{1} + 4\alpha_{2} - 6\alpha_{3}\)，\(A\alpha_{3} = -6\alpha_{1} + 2\alpha_{2} - 4\alpha_{3}\)。

  （1）求矩阵 \(A\) 的全部特征值；（2）求 \(|A^{*} + E|\)。

  令 \(S = [\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}]\)。由 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\) 线性无关可知 \(S\) 可逆。

  \[AS = A[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}] = [A\alpha_{1}, A\alpha_{2}, A\alpha_{3}] = [\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}]\begin{bmatrix} 5 & -6 & -6 \\ -1 & 4 & 2 \\ 3 & -6 & -4 \end{bmatrix} = SB \]

  故 \(A \sim B\)。计算 \(B\) 的全部特征值为 \(1, 2, 2\)，则 \(A\) 的全部特征值也为 \(1, 2, 2\)。

  \(|A| = 1 \times 2 \times 2 = 4\)，\(A^{*} = |A|A^{-1} = 4A^{-1}\)，故 \(A^{*}\) 的全部特征值为 \(4, 2, 2\)，\(A^{*} + E\) 的全部特征值为 \(5, 3, 3\)。

  故 \(|A^{*} + E| = 5 \times 3 \times 3 = 45\)。

  总结：

  构造相似矩阵，善用特征值与迹、行列式的关系。

• （22~23线代应用第一学期末）设 \(3\) 阶实对称矩阵 \(A\) 的迹为 \(9\)，\(\alpha_{1} = [1, -3, a]^{T}, \alpha_{2} = [9, 1, -3]^{T}\) 分别为 \(A\) 的对应于特征值 \(2, 3\) 的特征向量。若 \(A^{*}\) 是 \(A\) 的伴随矩阵，且 \(\beta = [1, a + 1, a + 2]^{T}\) 是 \(A^{*}\) 的属于特征值 \(\lambda_{0}\) 的特征向量，求 \(a\) 和 \(\lambda_{0}\) 的值。

  因为 \(\alpha_{1}, \alpha_{2}\) 是属于不同特征值的特征向量，所以 \((\alpha_{1}, \alpha_{2}) = 9 - 3 - 3a = 0\)，解得 \(a = 2\)。

  设 \(\lambda_{3}\) 是 \(A\) 的另一个特征值，由 \(\text{tr}(A) = 2 + 3 + \lambda_{3} = 9\) 可知 \(\lambda_{3} = 4\)，进而 \(|A| = 2 \times 3 \times 4 = 24\)。

  \(A\) 与 \(A^{*}\) 的特征向量相同，而 \((\beta, \alpha_{1}) = (\beta, \alpha_{2}) = 0\)，所以 \(\beta\) 是 \(A\) 属于特征值 \(\lambda_{3} = 4\) 的特征向量。

  又 \(A^{*}\beta = \lambda_{0}\beta = |A|A^{-1}\beta\)，有 \(A\beta = \frac{|A|}{\lambda_{0}}\beta\)，故 \(\frac{|A|}{\lambda_{0}} = \lambda_{3} = 4\)，解得 \(\lambda_{0} = 6\)。

  总结：

  矩阵多项式的特征向量与原矩阵相同。

• （21~22线代应用第一学期末）设 \(\alpha, \beta\) 都是 \(3\) 元非零列向量，且 \(\beta^{T}\alpha = 0\)，记 \(A = \alpha\beta^{T}\)，则下列结论中不正确的是（）。

  （A）\(\alpha\) 是 \(A\) 的特征向量 （B）\(A\) 的特征值全为 \(0\) （C）\(A\) 可对角化 （D）\(A\) 不可对角化

  \(A\alpha = \alpha\beta^{T}\alpha = 0\)，因此 \(\alpha\) 是 \(A\) 对应于特征值 \(0\) 的特征向量。

  \(\alpha, \beta\) 非零，故 \(A \neq 0\)，\(r(A) > 0\)。又 \(r(A) = r(\alpha\beta^{T}) \le \min(r(\alpha), r(\beta^{T})) = 1\)，故 \(r(A) = 1\)。

  由 \(r(A) = 1\) 可知：\(|A| = 0\)，\(\dim{W_{0}(A)} = 2\)，且特征值的代数重数不小于 \(2\)。

  \(\text{tr}(A) = \text{tr}(\alpha\beta^{T}) = \text{tr}(\beta^{T}\alpha) = 0\)，所以 \(0 + 0 + \lambda_{3} = 0\)，所以 \(A\) 的所有特征值均为 \(0\)。

  特征值 \(0\) 的代数重数 \(3\) 大于其几何重数 \(2\)，因此 \(A\) 不可对角化。

  故选 C。

  总结：

  • 善用秩相关的不等式。
  • 利用矩阵的迹反解特征值。

• （22~23线代应用第一学期末）设 \(\eta_{1}, \eta_{2}, \dots, \eta_{n - r + 1}\) 是 \(n\) 元非齐次线性方程组 \(AX = \beta\) 的 \(n - r + 1\) 个线性无关的解，且 \(r(A) = r\)。证明：\(AX = \beta\) 的任意一个解均可表示为 \(X = k_{1}\eta_{1} + k_{2}\eta_{2} + \dots + k_{n - r + 1}\eta_{n - r + 1}\)，其中 \(k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n - r + 1}\) 是满足 \(k_{1} + k_{2} + \dots + k_{n - r + 1} = 1\) 的任意常数。

  由题意得：\(\forall i = 2, \dots, n - r + 1, A(\eta_{i} - \eta_{1}) = 0\)。

  由 \(\eta_{1}, \dots, \eta_{n - r + 1}\) 线性无关且 \(\dim{N(A)} = n - r(A) = n - r\)，可知 \(\{ \eta_{i} - \eta_{1} \}, i = 2, \dots, n - r + 1\) 是 \(N(A)\) 的一组基。

  所以 \(AX = \beta\) 的通解可以表示为 \(X = \eta_{1} + k_{2}(\eta_{2} - \eta_{1}) + \dots + k_{n - r + 1}(\eta_{n - r + 1} - \eta_{1}) = (1 - k_{2} - \dots - k_{n - r + 1})\eta_{1} + k_{2}\eta_{2} + \dots + k_{n - r + 1}\eta_{n - r + 1}\)。

  令 \(k_{1} = 1 - k_{2} - \dots - k_{n - r + 1}\)，于是通解可以表示为 \(X = \sum\limits_{i = 1}^{n - r + 1}k_{i}\eta_{i}\)，其中 \(\sum\limits_{i = 1}^{n - r + 1}k_{i} = 1\)。

• （22~23线代应用第二学期末）设矩阵 \(A = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{bmatrix}\)，\(B = \begin{bmatrix} 3 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{bmatrix}\)，则 \(A\) 与 \(B\) （）。

  （A）相似且合同

  （B）相似但不合同

  （C）不相似但合同

  （D）不相似且不合同

  \[f_{A}(\lambda) = (\lambda - 3)[(\lambda - 2)^{2} - 1] = (\lambda - 1)(\lambda - 3)^{2} \]

  所以 \(A\) 有特征值 \(1, 3, 3\)。又 \(A\) 实对称，所以 \(A \sim \text{diag}(1, 3, 3)\)。

  \[f_{B}(\lambda) = (\lambda - 3)[(\lambda - 3)(\lambda - 1) - 0] = (\lambda - 1)(\lambda - 3)^{2} \]

  特征值 \(1\) 为单根，几何重数 = 代数重数 = \(1\)。

  \(3E_{3} - B = \begin{bmatrix} 0 & -2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix}\)，易知 \(r(3E_{3} - B) = 1\)，所以几何重数 \(\dim{W_{3}(B)} = 2\)，与 \(3\) 的代数重数相等。

  因此 \(B\) 可对角化，\(B \sim \text{diag}(1, 3, 3)\)，所以 \(A \sim B\)。

  由于 \(A\) 是实对称矩阵，而 \(B\) 不对称，因此 \(A, B\) 不可能合同。

  故选 B。

  总结：

  • 通过对角矩阵构造相似关系。
  • 与实对称矩阵合同的矩阵一定是实对称的。

• （20~21线代应用第二学期末）设 \(A, B\) 都是 \(n\) 阶正定矩阵，则下列说法不一定正确的是（）。

  （A）\(A\) 的所有主对角线元素都大于零

  （B）\(A + B\) 的特征值都大于零

  （C）\(A^{-1} + B^{*}\) 是正定矩阵

  （D）\(AB^{T}\) 是正定矩阵

  取 \(X_{1} = [1, 0, \dots]^{T}, \dots, X_{i} = [0, \dots, 1, \dots, 0]^{T}, \dots, X_{n} = [\dots, 0, 1]^{T}\)，则 \(\forall i = 1, \dots, n\)，\(X_{i}^{T}AX_{i} = a_{i, i}x_{i}^{2} = a_{i, i} > 0\)。

  任取 \(X \in \mathbb{R}^{n}, X \neq 0\)，都有 \(X^{T}AX > 0\) 且 \(X^{T}BX > 0\)，故 \(X^{T}(A + B)X > 0\)，故 \(A + B\) 为正定矩阵，其特征值都大于零。

  \((A^{-1})^{T} = (A^{T})^{-1} = A^{-1}\)，故 \(A^{-1}\) 为实对称矩阵；又 \(A^{-1}\) 的特征值均 \(A\) 的特征值的倒数，均大于 \(0\)，故 \(A^{-1}\) 正定。

  由 \(B\) 的特征值均大于 \(0\) 可知 \(B\) 可逆且 \(|B| > 0\)，\(B^{*} = |B|B^{-1}\)。\((B^{*})^{T} = |B|(B^{-1})^{T} = |B|B^{-1} = B^{*}\)，故 \(B\) 为实对称矩阵；又 \(B^{*} = |B|B^{-1}\) 的特征值均大于零，故 \(B^{*}\) 正定。结合 B 选项已知结论可知 \(A^{-1} + B^{*}\) 正定。

  由于 \((AB)^{T} = B^{T}A^{T} = BA\)，但题目未保证 \(A, B\) 可交换，因此 \(AB\) 可能不是实对称矩阵，故选 D。

  总结：

  • 正定矩阵一定是实对称矩阵。
  • 正定矩阵的主对角元素都大于零。
  • \(n\) 阶实对称矩阵 \(A\) 正定与以下条件互为充要条件：
    • \(A\) 的全部特征值均大于零。
    • \(A\) 的正惯性指数等于 \(n\)。
    • 存在实可逆矩阵 \(S\) 使得 \(A = S^{T}S\)。
    • \(A\) 的所有顺序主子式均大于零。

• （22~23线代应用第二学期末）设 \(3\) 元列向量 \(\alpha, \beta\) 均为实单位向量，且 \(\alpha\) 与 \(\beta\) 正交，若记 \(A = \alpha\alpha^{T} + \beta\beta^{T}\)，试证矩阵 \(A\) 与对角矩阵 \(\Lambda = \text{diag}(1, 1, 0)\) 相似。

  因为 \(A^{T} = (\alpha\alpha^{T} + \beta\beta^{T})^{T} = \alpha\alpha^{T} + \beta\beta^{T} = A\)，所以 \(A\) 为实对称矩阵，\(A\) 可对角化。

  \(r(\alpha\alpha^{T}) \le \min(r(\alpha), r(\alpha^{T})) = 1\)，又 \(\alpha\) 为单位向量，\(\alpha \neq 0\)，故 \(\alpha\alpha^{T} \neq 0\)，\(r(\alpha\alpha^{T}) \ge 1\)。所以 \(r(\alpha\alpha^{T}) = 1\)，同理得 \(r(\beta\beta^{T}) = 1\)。

  由 \(r(A) = r(\alpha\alpha^{T} + \beta\beta^{T}) \le r(\alpha\alpha^{T}) + r(\beta\beta^{T}) = 2\)，可知 \(\dim{N(A)} = 1\)，即 \(0\) 是 \(A\) 的特征值。

  由 \(\alpha, \beta\) 是单位向量，可知 \(\alpha^{T}\alpha = \beta^{T}\beta = 1\)。由 \(\alpha, \beta\) 正交，可知 \(\alpha^{T}\beta = \beta^{T}\alpha = 0\)，\(\alpha, \beta\) 线性无关。

  \(A\alpha = \alpha\alpha^{T}\alpha + \beta\beta^{T}\beta = \alpha\)，所以 \(\alpha\) 是 \(A\) 的对应于特征值 \(1\) 的特征向量；

  \(A\beta = \alpha\alpha^{T}\beta + \beta\beta^{T}\beta = \beta\)，所以 \(\beta\) 是 \(A\) 的对应于特征值 \(1\) 的特征向量。

  由 \(\alpha, \beta\) 线性无关，可知特征值 \(1\) 的几何重数 \(\ge 2\)，则其代数重数等于几何重数 \(\ge 2\)。

  又 \(0\) 是 \(A\) 的特征值，所以 \(A\) 的全部特征值为 \(0, 1, 1\)，从而 \(A \sim \Lambda(1, 1, 0)\)。

• 设 \(A, B\) 是 \(n\) 阶矩阵，若 \(A\) 有 \(n\) 个不同的特征值，且 \(AB = BA\)，求证 \(B\) 相似于对角矩阵。

  设 \(A\) 的 \(n\) 个特征值为 \(\lambda_{1}, \dots, \lambda_{n}\)，对应的代数重数为 \(k_{1}, \dots, k_{n}\)。

  由 \(k_{i} \ge W_{\lambda_{i}}(A) \ge 1\)，\(\sum\limits_{i = 1}^{n}k_{i} = n\)，故 \(\forall i = 1, \dots, n\)，\(k_{i} = 1\)，\(W_{\lambda_{i}}(A) = 1 = k_{i}\)。

  故 \(A\) 可对角化，且 \(A \sim \text{diag}(\lambda_{1}, \dots, \lambda_{n})\)。记 \(\Lambda = \text{diag}(\lambda_{1}, \dots, \lambda_{n})\)，则存在可逆矩阵 \(S\)，使得 \(A = S^{-1}\Lambda S\)。

  代入 \(AB = BA\)：

  \[\begin{align} S^{-1}\Lambda SB &= BS^{-1}\Lambda S \\ \Lambda SB &= SBS^{-1}\Lambda S \\ \Lambda SBS^{-1} &= SBS^{-1}\Lambda \\ \end{align} \]

  记 \(C = SBS^{-1}\)，则 \(B \sim C\)。

  由 \(\Lambda C = C\Lambda\) 可知，\(\lambda_{i}C_{i, j} = \lambda_{j}C_{i, j}\)。

  又 \(\lambda_{1}, \dots, \lambda_{n}\) 互不相同，因此 \(i \neq j\) 时，\(C_{i, j} = 0\)，所以 \(C\) 为对角矩阵。

  即 \(B\) 相似于对角矩阵 \(C\)。

  总结：

  当得到 \(A\) 相似于对角矩阵 \(\Lambda\)，容易往 “\(B\) 是否相似于 \(\Lambda\)” 的方向想。

  关键就在于能否跳出这个思维，通过构造新的相似关系直接得到满足条件的对角矩阵。