一、相似关系的判断与计算

小题

1. 【1999-3-3分】 设 $A$，$B$ 为 $n$ 阶矩阵，且 $A$ 与 $B$ 相似，$E$ 为 $n$ 阶单位矩阵，则（ ）。

A. $\lambda E-A=\lambda E-B$    B. $A$ 与 $B$ 有相同的特征值和特征向量

C. $A$ 与 $B$ 都相似于一个对角矩阵    D. 对任意常数 $t$，$tE-A$ 与 $tE-B$ 相似

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答案： D

解析： 由 $A$ 与 $B$ 相似，存在可逆矩阵 $P$，使得

$$B=P^{-1}AP.$$

于是对任意常数 $t$，有

$$tE-B=tE-P^{-1}AP=P^{-1}(tE-A)P,$$

所以 $tE-A$ 与 $tE-B$ 相似，D 正确。

• A：相似矩阵不一定相等，因此一般不能推出 $\lambda E-A=\lambda E-B$。
• B：相似矩阵具有相同的特征值，但它们的特征向量通常不同；若 $A\alpha =\lambda \alpha$，则 $P^{-1}\alpha$ 才是 $B$ 的相应特征向量。
• C：相似不等于一定可以对角化；两个不可对角化的矩阵也可能彼此相似。

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2. 【2003-4-4分】 设矩阵

$$B=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right).$$

已知矩阵 $A$ 相似于 $B$，则 $r(A-2E)$ 与 $r(A-E)$ 之和等于（ ）。

A. $2$    B. $3$    C. $4$    D. $5$

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答案： C

解析： 因为 $A$ 与 $B$ 相似，所以对任意常数 $\lambda$，矩阵 $A-\lambda E$ 与 $B-\lambda E$ 相似，故二者秩相同。

先考察 $B$。它表示交换第一、第三个坐标，容易验证

$$B\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right),B\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right),B\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)=-\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right).$$

因此 $B$ 的特征值为 $1,1,-1$。

由于 $2$ 不是 $B$ 的特征值，$B-2E$ 可逆，从而

$$r(A-2E)=r(B-2E)=3.$$

而特征值 $1$ 的特征空间维数为 $2$，故

$$\dim N(B-E)=2,$$

由秩—零度定理得

$$r(A-E)=r(B-E)=3-2=1.$$

所以

$$r(A-2E)+r(A-E)=3+1=4.$$

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3. 【2009-3-4分】 设 $\alpha =(1,1,1{)}^T$，$\beta =(1,0,k{)}^T$，矩阵 $\alpha {\beta }^T$ 相似于

$$\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right),$$

则 $k=$_________。

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答案： $2$

解析： 相似矩阵的迹相等。对列向量 $\alpha ,\beta$，有

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

这里

$${\beta }^T\alpha =(1,0,k)\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)=1+k.$$

另一方面，所给对角矩阵的迹为 $3$。因此

$$1+k=3,$$

解得

$$k=2.$$

相关知识点：秩为 $1$ 的矩阵 $\alpha {\beta }^T$ 的非零特征值为 ${\beta }^T\alpha$；本题也可由相似矩阵特征值相同直接得到结论。

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4. 【2009-2-4分】 设 $\alpha$，$\beta$ 为3维列向量，${\beta }^T$ 为 $\beta$ 的转置，若矩阵 $\alpha {\beta }^T$ 相似于

$$\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right),$$

则 ${\beta }^T\alpha =$_________。

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答案： $2$

解析： 利用迹在相似变换下保持不变，有

$$\mathrm{tr}(\alpha {\beta }^T)=\mathrm{tr}\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=2.$$

又由迹的循环性质，

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

其中 ${\beta }^T\alpha$ 是一个一阶矩阵，即一个数。因此

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

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5. 【2016-123-4分】 设 $A$，$B$ 是可逆矩阵，且 $A$ 与 $B$ 相似，则下列结论错误的是（ ）。

A. $A^T$ 与 $B^T$ 相似    B. $A^{-1}$ 与 $B^{-1}$ 相似

C. $A+A^T$ 与 $B+B^T$ 相似    D. $A+A^{-1}$ 与 $B+B^{-1}$ 相似

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答案： C

解析： 设

$$B=P^{-1}AP,$$

其中 $P$ 可逆。

对于 A，转置后有

$$B^T=P^T{A}^T(P^{-1}{)}^T=P^T{A}^T(P^T{)}^{-1},$$

所以 $A^T$ 与 $B^T$ 相似，A 正确。

对于 B，取逆得

$$B^{-1}=P^{-1}{A}^{-1}P,$$

所以 $A^{-1}$ 与 $B^{-1}$ 相似，B 正确。

对于 D，有

$$B+B^{-1}=P^{-1}AP+P^{-1}{A}^{-1}P=P^{-1}(A+A^{-1})P,$$

所以 D 正确。

但一般有

$$B+B^T=P^{-1}AP+P^T{A}^T(P^T{)}^{-1},$$

这两项通常不是由同一个相似变换矩阵作用得到的，故不能推出 $A+A^T$ 与 $B+B^T$ 相似。

例如取

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

则

$$B=P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 2\end{array}\right).$$

此时

$$|A+A^T|=\left|\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 4\end{array}\right|=8,$$

而

$$|B+B^T|=\left|\begin{array}{cc}2& -1\\ -1& 4\end{array}\right|=7.$$

两矩阵行列式不同，不可能相似。因此错误的是 C。

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6. 【2017-123-4分】 已知矩阵

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

则（ ）。

A. $A$ 与 $C$ 相似，$B$ 与 $C$ 相似    B. $A$ 与 $C$ 相似，$B$ 与 $C$ 不相似

C. $A$ 与 $C$ 不相似，$B$ 与 $C$ 相似    D. $A$ 与 $C$ 不相似，$B$ 与 $C$ 不相似

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答案： B

解析： 三个矩阵的特征值均为 $2,2,1$，但具有相同特征值并不足以保证相似，还要比较其 Jordan 结构或各特征空间维数。

对 $A$，

$$A-2E=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& -1\end{array}\right).$$

方程 $(A-2E)x=0$ 等价于 $x_3=0$，故特征值 $2$ 的特征空间维数为 $2$。特征值 $1$ 的特征空间维数为 $1$，所以 $A$ 有3个线性无关的特征向量，可以对角化，且

$$A\sim \mathrm{diag}(2,2,1)\sim C.$$

对 $B$，

$$B-2E=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right).$$

方程 $(B-2E)x=0$ 给出 $x_2=x_3=0$，所以特征值 $2$ 的特征空间只有1维，小于其代数重数2。故 $B$ 不可对角化，而 $C$ 可对角化，因此 $B$ 与 $C$ 不相似。

综上，选 B。

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7. 【2018-123-4分】 下列矩阵中，与矩阵

$$J=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

相似的为（ ）。

A. $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$    B. $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$

C. $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$    D. $\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$

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答案： A

解析： 令

$$N=J-E=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$$

则

$$r(N)=2,N^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\ne O,N^3=O.$$

因此 $J$ 的 Jordan 形由一个3阶 Jordan 块组成。候选矩阵均只有特征值 $1$，故只需比较其减去单位矩阵后所得幂零矩阵的秩与幂零指数。

对 A，令

$$N_A=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& -1\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right).$$

有

$$r(N_A)=2,N_A^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\ne O,N_A^3=O.$$

所以 $N_A$ 与 $N$ 具有相同的 Jordan 结构，从而 A 中矩阵与 $J$ 相似。

对 B、C、D，相应的 $M-E$ 均只有1个线性无关的非零行，即秩为 $1$，并且平方为零。它们的 Jordan 结构是一个2阶 Jordan 块与一个1阶 Jordan 块，不可能与 $J$ 相似。

因此选 A。

大题

1. 【2001-1-8分】 已知3阶矩阵 $A$ 与三维向量 $x$，使得向量组 $x$，$Ax$，$A^{2}x$ 线性无关，且满足

$$A^{3}x=3Ax-2A^{2}x.$$

（1）记 $P=(x,Ax,A^{2}x)$，求3阶矩阵 $B$，使 $A=PB{P}^{-1}$；

（2）计算行列式 $|A+E|$。

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答案： （1）$B=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 1& 0& 3\\ 0& 1& -2\end{array}\right)$；

（2）$|A+E|=-4$。

解析： 由于向量组 $x,Ax,A^{2}x$ 线性无关，所以

$$P=(x,Ax,A^{2}x)$$

为可逆矩阵。

由矩阵乘法，

$$AP=(Ax,A^{2}x,A^{3}x).$$

根据题设

$$A^{3}x=3Ax-2A^{2}x,$$

于是

$$\begin{array}{rl}AP& =(Ax,A^{2}x,3Ax-2A^{2}x)\\ & =(x,Ax,A^{2}x)\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 1& 0& 3\\ 0& 1& -2\end{array}\right).\end{array}$$

因此

$$AP=PB,$$

其中

$$B=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 1& 0& 3\\ 0& 1& -2\end{array}\right).$$

右乘 $P^{-1}$，得

$$A=PB{P}^{-1}.$$

因为相似矩阵对应多项式矩阵也相似，所以

$$A+E=P(B+E)P^{-1},$$

从而

$$\begin{array}{rl}|A+E|& =|B+E|\\ & =\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 3\\ 0& 1& -1\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 1& -1\end{array}\right|\\ & =-1-3=-4.\end{array}$$

本题关键是把 $A$ 在基 $x,Ax,A^{2}x$ 下的作用逐列写出，所得坐标正好构成矩阵 $B$ 的各列。

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2. 【2002-1-8分】 设 $A$，$B$ 为同阶方阵。

（1）如果 $A$，$B$ 相似，试证 $A$，$B$ 的特征值相等；

（2）举一个二阶方阵的例子说明（1）的逆命题不成立；

（3）当 $A$，$B$ 均为实对称矩阵时，试证（1）的逆命题成立。

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答案： 见解析。

解析： （1）设 $A$ 与 $B$ 相似，则存在可逆矩阵 $P$，使得

$$B=P^{-1}AP.$$

于是

$$\begin{array}{rl}|\lambda E-B|& =|\lambda E-P^{-1}AP|\\ & =|P^{-1}(\lambda E-A)P|\\ & =|P^{-1}||\lambda E-A||P|\\ & =|\lambda E-A|.\end{array}$$

故 $A$ 与 $B$ 的特征多项式相同，从而二者的全部特征值及其代数重数均相同。

（2）取

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

二者的特征多项式均为

$$(\lambda -1{)}^2,$$

即具有相同的特征值 $1,1$。

但 $A=E$，而单位矩阵只与自身相似。事实上，若存在可逆矩阵 $P$ 使 $B=P^{-1}AP$，则

$$B=P^{-1}EP=E,$$

这与 $B\ne E$ 矛盾。因此 $A$ 与 $B$ 不相似。

也可从秩看出：

$$r(A-E)=0,r(B-E)=1,$$

而相似矩阵减去同一数乘单位矩阵后秩应相等，故二者不相似。

（3）设 $A$，$B$ 均为实对称矩阵，且具有相同的特征值，包括相同的代数重数。

由实对称矩阵的谱定理，存在正交矩阵 $Q_1,Q_2$，使得

$$Q_1^{T}A{Q}_1=\Lambda ,Q_2^{T}B{Q}_2=\Lambda ,$$

其中 $\Lambda$ 为由这些共同特征值组成的同一个对角矩阵。于是

$$A=Q_1\Lambda Q_1^T,B=Q_2\Lambda Q_2^T.$$

令

$$P=Q_1{Q}_2^T.$$

由于正交矩阵可逆，$P$ 可逆，且

$$P^{-1}=Q_2{Q}_1^T.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{P}^{-1}AP& =Q_2{Q}_1^T(Q_1\Lambda Q_1^T)Q_1{Q}_2^T\\ & =Q_2\Lambda Q_2^T\\ & =B.\end{array}$$

所以 $A$ 与 $B$ 相似。

综上，一般矩阵“特征值相同”只是相似的必要条件，不是充分条件；但对实对称矩阵，因其必可正交对角化，特征值相同便可推出相似。

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3. 【2014-123-11分】 证明 $n$ 阶矩阵

$$A=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& \cdots & 1\\ 1& 1& \cdots & 1\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 1& 1& \cdots & 1\end{array}\right)$$

与

$$B=\left(\begin{array}{cccc}0& \cdots & 0& 1\\ 0& \cdots & 0& 2\\ ⋮& & ⋮& ⋮\\ 0& \cdots & 0& n\end{array}\right)$$

相似。

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答案： 见解析。

解析： 记

$$e=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ ⋮\\ 1\end{array}\right),v=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ ⋮\\ n\end{array}\right),e_n=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ ⋮\\ 1\end{array}\right).$$

则

$$A=e{e}^T,B=v{e}_n^T.$$

先考察矩阵 $A$。

因为

$$Ae=e(e^{T}e)=ne,$$

所以 $e$ 是 $A$ 属于特征值 $n$ 的特征向量。

若向量 $x=(x_1,x_2,\dots ,x_n{)}^T$ 满足

$$x_1+x_2+\cdots +x_n=0,$$

则

$$Ax=e(e^{T}x)=0.$$

因此特征值 $0$ 的特征空间为

$$V_0(A)=\left\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid x_1+x_2+\cdots +x_n=0\right\},$$

其维数为 $n-1$。故 $A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量，从而

$$A\sim \mathrm{diag}(n,0,\dots ,0).$$

再考察矩阵 $B$。对任意向量 $x=(x_1,x_2,\dots ,x_n{)}^T$，有

$$Bx=v{e}_n^{T}x=x_{n}v.$$

特别地，由于 $v$ 的第 $n$ 个分量为 $n$，故

$$Bv=nv,$$

所以 $v$ 是 $B$ 属于特征值 $n$ 的特征向量。

当 $x_n=0$ 时，

$$Bx=0.$$

因此

$$V_0(B)=\left\{x\in {\mathbb{R}}^n\mid x_n=0\right\},$$

其维数也为 $n-1$。于是 $B$ 同样有 $n$ 个线性无关的特征向量，且

$$B\sim \mathrm{diag}(n,0,\dots ,0).$$

由相似关系的传递性，

$$A\sim \mathrm{diag}(n,0,\dots ,0)\sim B,$$

故矩阵 $A$ 与矩阵 $B$ 相似。

本题也可概括为：两个矩阵均为秩1矩阵，非零特征值都等于其迹 $n$，且二者均可对角化，因此它们具有相同的相似标准形。