二、抽象型矩阵特征值与特征向量的计算

小题

1. 【1990-5-5分】 设方阵 $A$ 满足条件 $A^{T}A=E$，其中 $A^T$ 是 $A$ 的转置矩阵，$E$ 为单位矩阵。试证明方阵 $A$ 的实特征向量所对应的特征值的绝对值等于1。

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答案： 若 $\lambda$ 是 $A$ 的实特征向量所对应的特征值，则 $|\lambda |=1$。

解析： 设非零实向量 $\alpha$ 是 $A$ 的属于实特征值 $\lambda$ 的特征向量，即

$$A\alpha =\lambda \alpha .$$

由 $A^{T}A=E$ 可知 $A$ 为正交矩阵。对上式两边取欧氏范数，有

$$\Vert A\alpha {\Vert }^2=(A\alpha {)}^T(A\alpha )={\alpha }^T{A}^{T}A\alpha ={\alpha }^T\alpha =\Vert \alpha {\Vert }^2.$$

另一方面，由 $A\alpha =\lambda \alpha$ 得

$$\Vert A\alpha {\Vert }^2=\Vert \lambda \alpha {\Vert }^2={\lambda }^2\Vert \alpha {\Vert }^2.$$

由于 $\alpha \ne 0$，故 $\Vert \alpha {\Vert }^2>0$，从而

$${\lambda }^2=1.$$

因此

$$|\lambda |=1.$$

本题的关键是：正交矩阵保持向量长度不变，所以实特征向量在变换后只能改变方向，不能改变长度，其对应特征值只能为 $1$ 或 $-1$。

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2. 【1991-4-3分】 设 $A$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，$\lambda$ 是 $A$ 的一个特征值，则 $A$ 的伴随矩阵 $A^{\ast }$ 的特征根之一是

A. ${\lambda }^{-1}|A{|}^n$    B. ${\lambda }^{-1}|A|$    C. $\lambda |A|$    D. $\lambda |A{|}^n$

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答案： B。

解析： 设 $\alpha \ne 0$ 是 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量，则

$$A\alpha =\lambda \alpha .$$

因为 $A$ 可逆，所以 $\lambda \ne 0$，且

$$A^{\ast }=|A|A^{-1}.$$

由 $A\alpha =\lambda \alpha$ 可得

$$A^{-1}\alpha =\frac{1}{\lambda }\alpha .$$

于是

$$A^{\ast }\alpha =|A|A^{-1}\alpha =\frac{|A|}{\lambda }\alpha .$$

因此 $A^{\ast }$ 有一个特征值

$$\frac{|A|}{\lambda }={\lambda }^{-1}|A|.$$

故选 B。其余选项均错误地改变了行列式的幂次或特征值的位置。

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3. 【1993-5-3分】 设 $\lambda =2$ 是可逆矩阵 $A$ 的一个特征值，则矩阵 $(\frac{1}{3}{A}^2{)}^{-1}$ 有一特征值等于

A. $\frac{4}{3}$    B. $\frac{3}{4}$    C. $\frac{1}{2}$    D. $\frac{1}{4}$

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答案： B。

解析： 设 $\alpha \ne 0$ 为 $A$ 的属于特征值 $2$ 的特征向量，则

$$A\alpha =2\alpha .$$

从而

$$A^2\alpha =4\alpha ,$$

所以 $\frac{1}{3}{A}^2$ 对应的特征值为

$$\frac{4}{3}.$$

由于 $A$ 可逆，故 $\frac{1}{3}{A}^2$ 也可逆，其逆矩阵对应的特征值为原特征值的倒数，即

$${\left(\frac{4}{3}\right)}^{-1}=\frac{3}{4}.$$

也可直接写成

$${\left(\frac{1}{3}{A}^2\right)}^{-1}=3A^{-2},$$

其对应特征值为 $3\cdot 2^{-2}=\frac{3}{4}$。故选 B。

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4. 【1998-1-3分】 设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵，$|A|\ne 0$，$A^{\ast }$ 为 $A$ 的伴随矩阵，$E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，若 $A$ 有特征值 $\lambda$，则 $(A^{\ast }{)}^2+E$ 必有特征值

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答案： $1+\frac{|A{|}^2}{{\lambda }^2}$。

解析： 设 $\alpha \ne 0$ 是 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量，则

$$A\alpha =\lambda \alpha .$$

由 $|A|\ne 0$ 知 $A$ 可逆，故 $\lambda \ne 0$，并且

$$A^{\ast }=|A|A^{-1}.$$

因此

$$A^{\ast }\alpha =|A|A^{-1}\alpha =\frac{|A|}{\lambda }\alpha .$$

继续作用一次 $A^{\ast }$，得

$$(A^{\ast }{)}^2\alpha ={\left(\frac{|A|}{\lambda }\right)}^2\alpha .$$

于是

$$[(A^{\ast }{)}^2+E]\alpha =\left[\begin{array}{c}{\left(\frac{|A|}{\lambda }\right)}^2+1\end{array}\right]\alpha .$$

故 $(A^{\ast }{)}^2+E$ 必有特征值

$$1+\frac{|A{|}^2}{{\lambda }^2}.$$

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5. 【2002-3-3分】 设 $A$ 是 $n$ 阶实对称矩阵，$P$ 是 $n$ 阶可逆矩阵。已知 $n$ 维列向量 $\alpha$ 是 $A$ 的属于特征值 $\lambda$ 的特征向量，则矩阵 $(P^{-1}AP{)}^T$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量是

A. $P^{-1}\alpha$    B. $P^T\alpha$    C. $P\alpha$    D. $(P^{-1}{)}^T\alpha$

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答案： B。

解析： 因为 $A$ 为实对称矩阵，所以

$$A^T=A.$$

并且

$$(P^{-1}AP{)}^T=P^T{A}^T(P^{-1}{)}^T=P^{T}A(P^{-1}{)}^T.$$

已知

$$A\alpha =\lambda \alpha .$$

令

$$\beta =P^T\alpha .$$

由于 $P$ 可逆且 $\alpha \ne 0$，故 $\beta \ne 0$。于是

$$\begin{array}{rl}(P^{-1}AP{)}^T\beta & =P^{T}A(P^{-1}{)}^T{P}^T\alpha \\ & =P^{T}A\alpha \\ & =\lambda P^T\alpha \\ & =\lambda \beta .\end{array}$$

因此 $P^T\alpha$ 是矩阵 $(P^{-1}AP{)}^T$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量，故选 B。

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6. 【2008-1-4分】 设 $A$ 为2阶矩阵，${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 为线性无关的2维列向量，$A{\alpha }_1=0$，$A{\alpha }_2=2{\alpha }_1+{\alpha }_2$，则 $A$ 的非零特征值为

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答案： $1$。

解析： 由于 ${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 线性无关，它们构成二维向量空间的一组基。以 ${\alpha }_1,{\alpha }_2$ 为基，线性变换 $A$ 的矩阵为

$$B=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ 0& 1\end{array}\right),$$

其中第一列来自 $A{\alpha }_1=0$，第二列来自 $A{\alpha }_2=2{\alpha }_1+{\alpha }_2$。

矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，因而具有相同的特征值。由

$$|\lambda E-B|=\left|\begin{array}{cc}\lambda & -2\\ 0& \lambda -1\end{array}\right|=\lambda (\lambda -1)$$

可知特征值为

$$0,1.$$

故 $A$ 的非零特征值为 $1$。

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7. 【2009-1-4分】 若3维列向量 $\alpha ,\beta$ 满足 ${\alpha }^T\beta =2$，其中 ${\alpha }^T$ 是 $\alpha$ 的转置，则矩阵 $\beta {\alpha }^T$ 的非零特征值为

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答案： $2$。

解析： 由 ${\alpha }^T\beta =2\ne 0$ 可知 $\beta \ne 0$。计算

$$(\beta {\alpha }^T)\beta =\beta ({\alpha }^T\beta )=2\beta .$$

因此 $\beta$ 是矩阵 $\beta {\alpha }^T$ 的属于特征值 $2$ 的特征向量，所以 $2$ 是其一个非零特征值。

又因为 $\beta {\alpha }^T$ 是两个列、行向量的乘积，故

$$r(\beta {\alpha }^T)=1.$$

三阶秩一矩阵至多只有一个非零特征值。因此其唯一的非零特征值为

$$2.$$

也可用迹验证：

$$\mathrm{tr}(\beta {\alpha }^T)={\alpha }^T\beta =2,$$

正好等于全部特征值之和。

大题

1. 【1987-2-6分】 设 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 为 $n$ 阶方阵 $A$ 的特征值，${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$，而 $x_1,x_2$ 分别为对应的特征向量，试证明：$x_1+x_2$ 不是 $A$ 的特征向量。

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答案： $x_1+x_2$ 不是矩阵 $A$ 的特征向量。

解析： 因为 $x_1,x_2$ 分别是属于不同特征值 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 的特征向量，所以

$$A{x}_1={\lambda }_1{x}_1,A{x}_2={\lambda }_2{x}_2,$$

且属于不同特征值的特征向量线性无关。

反设 $x_1+x_2$ 是 $A$ 的特征向量，设其对应的特征值为 $\lambda$，则

$$A(x_1+x_2)=\lambda (x_1+x_2).$$

另一方面，

$$A(x_1+x_2)=A{x}_1+A{x}_2={\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2.$$

因此

$$({\lambda }_1-\lambda )x_1+({\lambda }_2-\lambda )x_2=0.$$

由于 $x_1,x_2$ 线性无关，必有

$${\lambda }_1-\lambda =0,{\lambda }_2-\lambda =0.$$

从而 ${\lambda }_1={\lambda }_2$，这与已知 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$ 矛盾。

故 $x_1+x_2$ 不是 $A$ 的特征向量。

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2. 【1989-12-8分】 假设 $\lambda$ 为 $n$ 阶可逆矩阵 $A$ 的一个特征值，证明：

(1) $\frac{1}{\lambda }$ 为 $A^{-1}$ 的特征值；

(2) $\frac{|A|}{\lambda }$ 为 $A^{\ast }$ 的特征值。

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答案： (1) $\frac{1}{\lambda }$ 是 $A^{-1}$ 的特征值；

(2) $\frac{|A|}{\lambda }$ 是 $A^{\ast }$ 的特征值。

解析： 设 $x\ne 0$ 是矩阵 $A$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量，则

$$Ax=\lambda x.$$

因为 $A$ 可逆，所以 $|A|\ne 0$，并且其任一特征值均不为零，故 $\lambda \ne 0$。

(1) 在等式 $Ax=\lambda x$ 两边左乘 $A^{-1}$，得

$$x=\lambda A^{-1}x,$$

即

$$A^{-1}x=\frac{1}{\lambda }x.$$

由于 $x\ne 0$，所以 $\frac{1}{\lambda }$ 是 $A^{-1}$ 的特征值，且对应的特征向量仍为 $x$。

(2) 由可逆矩阵的伴随矩阵公式

$$A^{\ast }=|A|A^{-1},$$

可得

$$A^{\ast }x=|A|A^{-1}x=|A|\cdot \frac{1}{\lambda }x=\frac{|A|}{\lambda }x.$$

因此 $\frac{|A|}{\lambda }$ 是 $A^{\ast }$ 的特征值，对应的特征向量仍为 $x$。

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3. 【1990-4-6分】 设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵，${\lambda }_1$ 和 ${\lambda }_2$ 是 $A$ 的两个不同的特征值，$x_1,x_2$ 是分别属于 ${\lambda }_1$ 和 ${\lambda }_2$ 的特征向量，试证明：$x_1+x_2$ 不是 $A$ 的特征向量。

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答案： $x_1+x_2$ 不是矩阵 $A$ 的特征向量。

解析： 由

$$A{x}_1={\lambda }_1{x}_1,A{x}_2={\lambda }_2{x}_2,$$

且 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$，可知 $x_1,x_2$ 线性无关。

若 $x_1+x_2$ 是 $A$ 的特征向量，设其对应特征值为 $\mu$，则

$$A(x_1+x_2)=\mu (x_1+x_2).$$

将左端按线性性展开，得到

$${\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2=\mu x_1+\mu x_2,$$

即

$$({\lambda }_1-\mu )x_1+({\lambda }_2-\mu )x_2=0.$$

由 $x_1,x_2$ 线性无关，得

$${\lambda }_1=\mu ,{\lambda }_2=\mu ,$$

于是 ${\lambda }_1={\lambda }_2$，与题设矛盾。

因此 $x_1+x_2$ 不是 $A$ 的特征向量。

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4. 【1996-5-7分】 设 $A$ 为四阶矩阵，$A$ 满足条件 $|3E+A|=0$，$A{A}^T=2E$，$|A|<0$，其中 $E$ 是四阶单位矩阵。求方阵 $A$ 的伴随矩阵 $A^{\ast }$ 的一个特征值。

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答案： $\frac{4}{3}$。

解析： 由

$$|3E+A|=0,$$

可知特征方程

$$|(-3)E-A|=|-3E-A|=|-(3E+A)|=0$$

成立。由于矩阵为四阶，提出公因子 $-1$ 后行列式不变号，因此 $-3$ 是矩阵 $A$ 的一个特征值。

设其对应的特征向量为 $x\ne 0$，则

$$Ax=-3x.$$

由 $A{A}^T=2E$，两边取行列式，得到

$$|A||A^T|=|2E|=2^4=16.$$

又因为 $|A^T|=|A|$，所以

$$|A{|}^2=16.$$

结合 $|A|<0$，得

$$|A|=-4.$$

由于 $|A|\ne 0$，矩阵 $A$ 可逆，且

$$A^{\ast }=|A|A^{-1}.$$

由 $Ax=-3x$ 可得

$$A^{-1}x=-\frac{1}{3}x.$$

于是

$$A^{\ast }x=|A|A^{-1}x=(-4)\left(-\frac{1}{3}x\right)=\frac{4}{3}x.$$

因此 $\frac{4}{3}$ 是矩阵 $A^{\ast }$ 的一个特征值。