(164)--第五章《特征值与特征向量》习题册答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第五章 特征值与特征向量答案解析
5-1 基础过关
1.【答案】请参照解析
【解析】（1）
(
3
1
5
2
3
1 ) (
2
2
1
0
3
3
2
1
1
2
3
)
2
( 3
(1
3
1 )
)
2
3
(
( 3 2
3 )
3
(
)
2 ) ( 2 1 )

     

     
   
E  A 
















 






   
所以
1 2 3
1        ，解(EA)x 0
 E  A 
 

1
3
5
1
2
0


1
2
3


 1
0
0
0
1
0
1
1
0
 x x
1 3

，即x x ，取
2 3

x  x

3 3
1

 

1
1
1

 ，故所有特征向量
为k，其中
1
k  0 .
（2）
(
(
2
3
1
1
1
)
) (
1
2
3
2
2
3
1
9
1
3
)
1
3
3
6
r1
0
(
3
6
r
2
1 ) (
(
2
3
1
9
1 )
)
1
2
3
0
3
1
1
0
6
3
0
3
6
0
3
6
  
  
 
   
 
    
E  A 











































所以1，
1 2
9   ，
3
0  
当1时，解(EA)x 0得：
1
 E  A 
 


2
2
3



2
2
3



3
3
7


 1
0
0
1
0
0
0
1
0

，即
 x
x
x
1
2
3




x
0
x
2
2
1
 
，取  1 ，故所有特征向量为k，其中k 0.
1   1 1 1
 
 0  8 2 3 1 1 0
   
当 9时，解(9EA)x 0得：9EA 2 8 3  0 2 1 ，即
2    
   
3 3 3  0 0 0
 x
x
x
1
2
3



x
x
2
2
2
x
2
，取
2

 1
1
2

 ，故所有特征向量为 k
2 2
，其中 k
2
 0 .
当 0时，解(0EA)x 0得：
3
0 E  A 
 


1
2
3



2
1
3



3
3
6


 1
0
0
0
1
0
1
1
0

，即
x x
1 3

x x ，取
2 3

x  x

3 3
3

 

1
1
1

 ，故所有特征向量为 k
3 3
，其中 k
3
 0 .
（3）
0
1
0
0
1 0
1
( 1 ) 2 ( 1 ) 0

   

E  A 



    ，所以
1 2
1     ，
3
1   
当
1 2
1     时，解 ( E  A ) x  0 得： E  A 
 1
0
 1
0
0
0

0
1
1 

 1
0
0
0
0
0

0
0
1 
，即
 x
x
x
1
2
3



x
x
2
x
3
3
0 1
   
，取  1 ，  0 ，故所有特征向量为kk，其中k ,k 不全
1   2   1 1 2 2 1 2
   
0 1
为 0 .
当 1时，解
3
(  E  A ) x  0
1 0 1 1 0 1
   
得：EA 0 2 0  0 1 0 ，即
   
   
1 0 1 0 0 0
x x 1
1 3
  
x 0 ，取  0 ，故所有特征向量为k，其中
2 3   3 3
  
 x  x  1 
3 3
k
3
 0 .
（4）①证明：因为AT且a 0，所以
1
r ( A )  1 ，故 A  0 ，可得 0 是 A 的特征
值，因为r(0EA)r(A)1，所以(0EA)x 0有n1个线性无关的解，即0有n1个线性无关的特征向量，由于线性无关的特征向量的个数不超过特征值的重数，所
以 0 至少是 n  1 重根，即   0，又因为
1 2 n1
n
t r ( ) a 21 a 21 a 2n 0   A      ，所以0是 A 的 n   重特征值.
②
n
t r ( ) T   A   ，因为AT，所以为特征向量.
n n
当   0时，解
1 2 n1
( 0 E  A ) x  0 得： 0 E  A 

1
0
0
a
a
0
0
2
1
a
a
0
0
n
1

 a a
x  2 x   n x
 1 a 2 a n
 1 1

即x  x ，可取
2 2


 x  x
n n
1

  a
a
1
0
0
2

,
2

  a
0
a
1
0
3

, ,
n  1

  a
0
0
a
1
n

   .
2.【答案】（1）请参照解析；（2） 1 8 ；（3） 2 5
【解析】（1）记 A 得特征值为，对应的特征向量为，则  A   
所以 ( 2 3 2 ) ( 2 3 2 )   A  A  Ε    0   ，又因为特征向量不能为零向量，所以  0 
只能 2 3 2 0       1或 2   .
（2）令 B  A 3  5 A 2  7 A ，由于 A 的特征值为 1 ， 2 ， 3 ，故 B 对应的特征值为
1 3  5  1 2  7  1  3 ， 2 3  5  2 2  7  2  2 ， 3 3  5  3 2  7  3  3 ，故
A35A2 7A  B 32318.
（3）当 A 的特征值为1时，设其对应的特征向量为
1
，A3A2E的对应的特征值为
1
，则
( 3 2 )
1 1 1
(
1
3
3
1
2
2
1
)
1
1 1
1 1
1
1
 
 
A   A  E 


A
A A 

 A

 E



A
 
   
   
当A的特征值为2时，设其对应的特征向量为
2
 ， A   3 A  2 E 的对应的特征值为
2
，
则( 3 2 )
2 2 2
(
2
3
3
2 2
2
2
2
)
2
2
2
2
2
2
2
2 2
5
 
 
A   A  E 


A
A A

 

A 

E



A
  
   
   
当 A 的特征值为3时，设其对应的特征向量为
3
， A   3 A  2 E 的对应的特征值为
3
，则
( 3 2 )
3 3 3
3
(
3
5
3
3 ( 3
2
) 2
)
3
3
2 (
3
3 )
3
3 3
( )
3
 


A   A  E  


A
A
A





A



E


 
A
   
   
   
所以 A   3 A  2 E   1  5  (  5 )  2 5 .
3.【答案】请参照解析
【解析】（1）由 A 可逆，得： A  1 A B  B  A  1 ( A B ) A  B A ，所以 A B 和 B A 相似.
2 0 1
（2）EA  3 1 x (1)2(6)0，解得： 1，
1 2
4 0 5
3
6  
因为 A 可对角化，所以
1 2
1     有两个线性无关的特征向量，所以
r (
1
) = r ( ) 1  E  A E  A  ，因为 E  A =
 


1
3
4
0
0
0



1
x
4


 1
0
0
0
0
0
3
1

0
x

，所以 x  3 .
（3）①记 p 所对应的特征值为，则App，即
2
5
1
a
b
1 2
3
2
1
1
1
1
1
1





 






所以
2
5
1
1
a
b
2
3
2













 
，解得： a
b 0
1
3
  




②代入有：
2 1 2
EA  5 3 3 32(3)(2)(2 1)
1 0 2
3 32 31(31)(32 3)
(1)(2 21)(1)3
所以  1，解(EA)x 0
1 2 3 E  A 
 

1
3
5
1
2
0


1
2
3


 1
0
0
0
1
0
1
1
0

，即r(E A)2，所以(EA)x 0只有一
个线性无关的解，故 A 不可对角化.
4.【答案】
 1
0
0
5
0
1
0
0 0
5 1 0
5
0
0
1 0

0
1 
【解析】 0
0
1 4
4
3
2
4
3
( 1 ) ( 5 ) ( 5 )

    

E  A 
 





    ，所以
1
1   ，
2
5   ，
3
5    ；
当1时，解
1
( E  A ) x  0 得：
1

 1
0
0


当5时，解
1
( 5 E  A ) x  0 得：
2

 2
1
2


当5时，解
1
(  5 E  A ) x  0 得：
3



1
1
2


令P (,,)，则
1 2 3
P  1 A P =
 1
5
 5

，所以 A  P
 1
5
 5

P  1
所以
A 1 0 0 

P


1
0
0
1
2
2
5

5

1 0 5
1 0 0
1 0 5

0
0
5
1


0 0
5
2
5
P
1 0
 5
1 0
 1
0
1 0 0
0




1
0
0
1
0
0
2
1
2
2
1
2
1
 2
1
1
 2
1

 

1
1


5
1
0
0
1 0 0
5
0
1
0
5
0 0
1 0 0

5

1 0
5
1
0
0
0
0
1 0

0
1
2
1
2

1

1
2

 15.【答案】
 


2
4
4
3
5
4



3
3
2

【解析】令 P  ( p
1
, p
2
, p
3
) ， Λ =
 2
 2
1

，由 P  1 A P = Λ 可得：
A 

P

Λ
0
2
2
P 



1
2
2
2

 0
1
1
1
1
0
 
1
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
  2
1
1
0

 1


2
 


1
2
4
4
  0
1
1
3
5
4
1
1
1



3
3
2
1
1
0


 1
6.【答案】（1）  (  2 , 2 ,  1 ) T  ;（2）（3）请参照解析
【解析】（1）记 
 x
x
x
1
2
3

 ，则 T  x
1
 2 x
3
 0  ①
因为，所以 2
3
4 1
0
2
x
x
x
1
2
3

  





 
，即 x
2
2
x
1
2
x
3
4
3







 

②
x 2
1

x 2
2 联立①②解得 ，所以
x 1
 3
 2
2    ，(2,2,1)T.
（2） H T  ( E  2 x x T ) T  E  ( 2 x x T ) T  E  2 x x T  H ，所以H 是对称矩阵
又因为
HHT (E2xxT)2  E4xxT (2xxT)T
 E4xxT 4xxTxxT  E4xxT 4xxT
 E
所以H 是正交矩阵，故原命题得证.
（3）由题意得：ATA E，BTB E，所以(AB)TABBTATABBTBE
所以AB是正交矩阵.7.【答案】请参照解析
【解析】（1）（i）
(
2
0
2
1 ) (
2
2
1
4 ) (
0
2
2 )
3
0
3 2 6 8 ( 3 8 ) ( 3 2 3 2 )

       

  
E  A 


 




      
所以
1
1   ，
2
4   ，
3
2   
当1时，解
1
( E  A ) x  0 得： E  A =
 
2
0
1 2
0
2
0
2
1


 1
0
0

2
0
2 0
1
0

，所以
 x
x
x
1
2
3



2
x

x
2
2
2
x
2
，取 (2,1,2)T.
1
当
2
4   时，解 ( 4 E  A ) x  0 得： 4 E  A =
 2
2
0
2
3
2
0
2
4


 1
0
0
0
1
0

2
0
2 
，所以
 x
x
x
1
2
3



2

x
x
2
3
3
x
3
，取 (2,2,1)T.
2
当 2时，解(2EA)x 0得：
3
 2 E  A =
 
2
0
4

2
2
3

0
2
2


 

0
2
2
1
0
0
0
1
0

，所
以
 x
x
x
1
2
3



x
2
2
1
x
x
1
1
，取
3
 ( 1 , 2 , 2 ) T  .
下一步进行单位化：
1
 1
1

1
3


2
1
2


 ，
 2
 2
2

1
3


2
1
2


 ，
 3
 3
3

1
3
 1
2
2




 2 2 1 1 
1   
令Q (, , ) 1 2 2 ，则Q1AQ= 4 .
1 2 3 3    
   
2 1 2  2
（ii）2
2
2
4
2
5
2
4
5
( 1 ) 2 ( 1 0 ) 0

   

E  A  
 


   
所以
1 2
1     ，
3
1 0  
方法一：
当
1 2
1     时，解 ( E  A ) x  0 得： E  A =
 

2
1
2


4
2
4

2
4
4


 1
0
0
2
0
0

0
0
2 
，所以
 x
x
x
1
2
3



 2
x
2
x
2
 2 x
x
3
3
，取
1
 (  2 , 1 , 0 ) T  ， (2,0,1)T.
2
当 10时，解
3
(1 0 E  A ) x  0 得： 1 0 E  A 


8
2
2

5
4
2 2
4
5




2
0
2
0
1
0
1
0
0

即
 x
x
x
1
2
3



x
2

1
x
2
1
x
1
，取
3
 ( 1 , 2 ,  2 ) T  .
正交化：
1

1
 (  2 , 1 , 0 ) T   ，
2
 ( 2 , 0 , 1 ) T 

5
4
(  2 , 1 , 0 ) T 
1
5
( 2 , 4 , 5 ) 
单位化：
1
 1
1

1
5
(  2 , 1 , 0 ) T

 ，
 2
 2
2

3
1
5
( 2 , 4 , 5 ) T

 ，

3
 3
3

1
3
( 1 , 2 ,  2 ) T



 2 2 1 
 
5 3 5 3
  1 
 1 4 2   
令Q ( 1 , 2 , 3 )  5 3 5 3 ，则Q1AQ=  1  .
    10  
 5 2
0 
 
 3 5 3
方法二：当
1 2
1    
1 2 2 
 
时，解(EA)x 0得：EA= 2 4 4 ，直接取两个正
 
 
 2 4 4
交的解向量（代入特殊值）： (0,1,1)T，  (4,1,1)T
1 2 1  1
单位化得：  1  (0,1,1)T，  2  (4,1,1)T，
1  2 2  3 2
1 2
当 10时，解
3
(1 0 E  A ) x  0 得： 1 0 E  A 


8
2
2

5
4
2 2
4
5




2
0
2
0
1
0
1
0
0

即
 x
x
x
1
2
3



x
2

1
x
2
1
x
1
，取
3
 ( 1 , 2 ,  2 ) T  .
单位化得：
3
 3
3

1
3
( 1 , 2 ,  2 ) T

 .

令 Q  (
1
,
2
,
3
) 

0
1
1
2
2
3
3
3
4

1
2
1
2
2

1
3
2
3
2
3

   ，则 Q  1 A Q =
 1
1
1 0

.
（2）因为 A 与 Λ
 A  Λ
相似，可得 ，即
tr(A)tr(Λ)
 
x
1

5 x
2


4
y
0


1
 2 0 y
，解得
 x
y


4
5
；
因为 A 与 Λ 相似，故 A 的特征值为
1 2
5     ，
3
4    ：
当 5时，解
1 2
( 5 E  A ) x  0 得： 5 E  A =
 4
2
4
2
1
2
4
2
4


 2
0
0
1
0
0
2
0
0

，取
1
 (1 , 0 ,  1 ) T  ，
2
 (1 ,  4 , 1 ) T  .
当 4时，解
3
(  4 E  A ) x  0 得：  4 E  A 
 
2
4
5

2
2
8

4
2
5


 1
0
0


0
2
2
0
1
0

x 2x
1 2

即x  x ，取
2 2

x 2x

3 2
3
 ( 2 , 1 , 2 ) T  ；
 1  2  1 
 1    1   1  
单位化得：  1  0 ，  2  1 ，  3  4
1  2   2  3   3  3 2  
1  1   2  2   3   1  令 P  (
1
,
2
,
3
) 


1
0
2
1
2
2
3
1
3
2
3
3
3
3

1
1
4
2
2
2

   ，则 P  1 A P  Λ .5-2 基础真题
1.【答案】 k ( 0 , 2 , 1 ) T
【解析】令 0  E  A  ，即 ( 1 ) ( 2 4 5 ) 0        ，可见矩阵A只有一个实特征值
 1  . 易见，线性方程 ( )  E  A x  0 的基础解系为 ( 0 , 2 , 1 ) T ，故 A 对应于实特征值
 1  的特征向量为 k ( 0 , 2 , 1 ) T （其中 k 为非零常数）.
2.【答案】 4
 0 2 2
 
【解析】设A 2 2 2 ，则
 
 
2 2 2
 
 2 2  2 2  0 0
EA  2 2 2  0   0 1 1 2(4)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
由此可知矩阵 A 的特征值为 0 （二重），4.
3.【答案】 n , 0
n
,


1

个
, 0
【解析】因为
1 1 1 1 1 1
1 1 1 0  0
AE  (n) (1)n1n1(n)
1 1 1 1 1 1
故矩阵 A 的n个特征值是 n 和0（n1重）.
4.【答案】 k  1 或k 2
【解析】由题设，设
0
是 A  1 对应于(1,k,1)T的特征值，即A1. 于是
0
1 2 1 11
    
A，从而有 k  1 2 1 k ，由此可得
0   0  
    
1 1 1 2 1     
0
0
0
(
(
(
2
1
1
k
2
k
k
1
2
)
1
)
)
1
1
k



 










 即
k 1
(3k)1    k 2
 0 ，解之可得
1
或 ，于是k 1或k 2时，是A1的特
 2 0 (k1)k    0  4   0 1征向量.
5.【答案】 a 2 , b 3 , c 2 ,
0
1 .      
【解析】根据题设可得 A A *  A E   E 和
0
 A * =  ，于是
AA*= A()=A，又
0 0
A A *   E     ，所以A，即
0
0
1
a
5
c
b
0
1 c
3
a 1
1
1
1
1
1 




  


 
 


由此可得
0
0
0
(
(
(
a
5
1
1
b
c
c
3
a
)
)
)
1
1
1
,
,
,
(1
( 2
( 3
)
)
)



 











由（1）和（3），解得 1代入（2）和（1），得
0
b   3 , a  c .
由 A   1 和 a  c ，有
1
a
5
 a


0
1
3

a
3
a
 a  3   1 ，故ac2. 因此
a 2 , b 3 , c 2 ,
0
1 .      
6.【答案】B
【解析】设 k
1 1
 k
2
A (
1

2
)  0    ，则有(k k )k 0.
1 1 2 1 2 2 2
由于与 是对应于
1 2
A 的两个不同特征值的特征向量，所以它们线性无关，即必有
k
1
2
k
2
1
k
2
0 .
0 , 

 


于是与A()线性无关的充分必要条件是上述关于
1 1 2
k
1
， k
2
的齐次线性方程组，只
1 
有零解，这等价于其系数行列式 1  0，由此知选项（B）是正确的.
0  2
2
7.【答案】请参照解析
【解析】由于Ax x ，Ax x ，且
1 1 1 2 2 2 1 2
   ，故
A(x x ) Ax Ax x x .
1 2 1 2 1 1 2 2
（反证）如果x x 是A的特征向量，则应存在数，使A(x x )(x x ).
1 2 1 2 1 2综上，有
1 1 2 2
(
1 2
)    x  x  x  x ，即 (
1
)
1
(
2
)
2
     x   x  0 . （*）
由于x ,x 线性无关，在（*）式中应有0，即，与已知矛盾，故
1 2 1 2 1 2
x
1
 x
2
不是A的特征向量.
8.【答案】B
【解析】
1
3
A 2 有一特征值
4
3
1
3
2
4
3




，则
 1
3
A 2

 1
3
有一特征值 .
4
9.【答案】
4
3
【解析】由 0  3 E  A  (  1 ) [ (  3 ) E  A ]  (  1 ) 4 (  3 ) E  A  (  3 ) E  A
即 3    是 A 的一个特征值. 由已知，有 A A T  2 E = 2 4 E = 1 6 ，即
A A T  A 2  1 6 ，于是 A   4 ，由 A  0 ，知 A   4 . 所以， A  1 存在，且其有一
个特征值 
1
3
，故有 1
1
3
  A    （*）（是对应的特征向量）.
再由 A  1 
A
A
*
 
A
4
*
，代入（*）可得
4
*
=
1
3
*
4
3
    
A
  A  ，即 A * 有一个
特征值为
4
3
.
10.【答案】（1） 1 , 1 ,  5 ；（2） 2 , 2 ,
4
5
【解析】（1）矩阵A的特征方程为
2
2
1
2
2
1 2
2
1
( 1 ) 2 ( 5 ) 0

   

E  A  

 



   
由此得矩阵 A 的特征值为 1 , 1 ,  5 .
（2）由（1）知A的特征值为1,1,5，则A1的特征值为 1 , 1 , 
1
5
，因此E A1的特征值
为 2 , 2 ,
4
5
.
11.【答案】（1）0；（2）矩阵A的特征值全为零，0对应的特征向量为c
1 1
 c
2 2
 c
n  1 n  1
( c
1
, c
2
, , c
n  1
   是不全为零的任意常数），其中：
1



b
b
2
1
, 1 , 0 , , 0

T
,
2



b
b
3
1
, 0 , 1 , , 0

T
, ,
n  1



b
b
n
1
, 0 , 0 , , 1

T
.   
【解析】（1）由AT 和T0有
A 2  A A  ( T ) ( T )  ( T ) T  ( T ) T  ( T ) T  O       ，即 A 2 为 n 阶零
矩阵.
（2）设为 A 的任一特征值， A 的属于特征值的特征向量为 x ( x  0 ) ，则
A x x   ，于是 A 2 x A x 2 x .     因为A2 O，所以 2 x   0 ，因为 x  0 ，故
0，即矩阵 A 的特征值全为零.
不妨设向量 , 中分量a 0,b 0，对齐次线性方程组
1 1
( 0 E  A ) x  0 的系数矩阵作初
等行变换：
 A 
 


a
a
a
1
2
n
b
b
b
1
1
1



a
a
a
1
2
n
b
b
b
2
2
2



a
a
a
b
1
b
2
b
n
n
n
n


 b
0
0
1
b
0
0
2
b
0
0
n

,
由此可得该方程组的基础解系为
T T T
 b   b   b 
  2 ,1,0, ,0 ,  3 ,0,1, ,0 , ,  n ,0,0, ,1 .
1 b 2 b n1 b
     
1 1 1
于是， A 的属于特征值0的全部特征向量为
c
1 1
 c
2 2
 c
n  1 n  1
( c
1
, c
2
, , c
n  1
   是不全为零的任意常数）.
2
 A 
12.【答案】  1

 
【解析】由于A由特征值 ，故 A  1 必有特征值
1
，A2必有特征值2，AE 必有特

征值1.因此只需求出A*的某个特征值. 由于 A *  A A  1 ，故

A
必是 A A1 即 A * 的
2
 A 
特征值，因此，  1 必是(A*)2 E 的特征值.

 13.【答案】B
【解析】 A
n  n
相似于对角阵  A 有 n 个线性无关特征向量，若 A
n  n
有 n 个互不相同的特
征值，则A必有n个线性无关的特征向量，因而A必相似于对角阵；但与对角阵相似的方
阵A也有可能有重特征值，故（B）正确.
14.【答案】D
【解析】（A）项首先被排除，因为它意味着A B；A与B 有相同的特征值，但不一定
有相同的特征向量，故（B）排除；由题中条件不能推出 A , B 相似于对角矩阵，更不用说
相似于同一个对角矩阵了，故（C）也被排除. （D）是正确选项，因为A与B 相似，存
在可逆矩阵 P 使P1AP B. 而P1(tEA)P tEP1AP tEB，因而tEA与
t E  B 相似.
15.【答案】（1） x  0 ，y 1；（2） P 
 1
0
0
0
1
1
0
1
 1

【解析】（1）因 A 与 B 相似，故 t r A  t r B ， A  B ，即2x y1，22y ，
得x0， y  1 . 此时 A 
 2
0
0
0
0
1
0
1
0
 2 0 0 
 
，B  0 1 0 .
 
 
0 0 1
 
（2）由于 B 为对角阵，其特征值为
1
2 ,
2
1 ,
3
1        ，它们也是 A 的特征值. 依次求
1 0  0 
     
出它们对应的特征向量 p  0 , p  1 , p  1 ，且其线性无关，令
1   2   3  
     
0 1 1
     
1 0 0 
 
P (p , p , p ) 0 1 1 ，则
1 2 3  
 
0 1 1
 
P 可逆，且有P1AP B.
16.【答案】（Ⅰ）a3， b  0 ，1；（Ⅱ） A 不能相似于对角阵
2 1 2  1   2120,
   
【解析】（Ⅰ）由(EA) 5 a 3 1 0，即5a30,解得
  
   
1 b +2 1 1b20,
   a3，b0，1.
 2 1 2  2 1 2
 
（Ⅱ）由A 5 a 3 ，得EA  5 3 3 (1)3，因此
 
 
1 b 2 1 0 +2
 
1    是
A 得三重特征值. 但 r (  E  A )  2 ，从而 1    对应的线性无关特征向量只有一个，故
A 不能相似于对角阵.
17.【答案】 a  0 ， P 
 0
0
1
1
2
0

1
0
2

【解析】矩阵 A 的特征多项式为
0
8
2
0
2
2
0
a
6
( 6 ) [ ( 2 ) 2 1 6 ] ( 6 ) 2 ( 2 )

     

E  A  
 
 

      
故 A 的特征值为
1 2
6     ，
3
2    .
由于 A 相似于对角矩阵 A ，故对应于 6有两个线性无关的特征向量，因此
1 2
矩阵 6 E  A 的秩应为 1 . 从而由 6 E  A 


4
0
8

4
0
2

0
0
a


 2
0
0

0
0
1 0
a
0

，知 a  0 .
对应于
1 2
6     的两个线性无关的特征向量可取为
1

 0
0
1
 1
 
 ，  2 .
2  
 
0
 
当
3
2    时， 2 E  A 
 

0
4
8


0
2
4

0
0
8


 2
0
0
1
0
0
0
1
0

2x x 0,
1 2 ，解方程组 得
x 0

3
对应于
3
2   
 1  0 1 1  6 
     
的特征向量  2 . 令P  0 2 2 ， 6 ，则
3      
     
 0   1 0 0   2 
P 可
逆，并有P1AP .18.【答案】当a2时， A
2
可相似对角化；当a   时，
3
A 不可相似对角化
【解析】矩阵 A 的特征多项式为
E A
(
(
1
1
1
2
2
)
) (
1
1
1
2
2
4
8
1
3
3
4
1
5
8
0
3
3
5
1
)
1
2
(
2
2 )
4
1
1
1
0
3
5
1
0
3
0
3
5
  
  
 
   
 
  
 










a




a





a


 


 a




 a 
若2是特征方程的二重根，则有22 16183a0，解得a2.
当 a   2 时，矩阵 A 的特征值为 2 , 2 , 6 ，矩阵
 1 2 3 
 
2E A 1 2 3
 
 
1 2 3
 
的秩为 1 ，故线性方程组(2EA)x 0的基础解系包含两个向量，即2对应的线性无
关的特征向量有两个，于是矩阵 A 有三个线性无关的特征向量，从而 A 可相似对角化；
若 2   不是特征方程的二重根，则2 8183a为完全平方，所以有
1 8  3 a  1 6 ，解得 a  
2
3
.
当 a  
2
3
时，A的特征值为 2 , 4 , 4 ，矩阵 4 E  A 

3
1
 1

0
2
3
2 3
3
 1



0
1
 1
0
0
2
3
0
3
 1

，
其秩为2，故线性方程(4EA)x 0的基础解系只包含一个解向量，所以，此时矩阵A
不可相似对角化.
19.【答案】（Ⅰ）特征值
1
1 ( 1 )    n  b ，对应的特征向量为 (1,1, ,1)T；特征值
1
2
1    
n
  b ，对应的特征向量为 (1,1,0, ,0)T, , (1,0,0, ,1)T；
2 n
（Ⅱ）P (,, ,)，其中 (1,1, ,1)T，
1 2 n 12
 (  1 , 1 , 0 , , 0 ) T , ,
n
 (  1 , 0 , 0 , , 1 ) T  
【解析】当 b  0 或 n  1 时， A  E ，于是 A 的特征值为   1，任意非零
1 2 n
列向量均为特征向量，对任意 n 阶可逆矩阵 P ，均有 P  1 A P  E . 下面考虑b0且
n  2 的情形.由
E A
1
1
1
1
[ 1 ( 1 ) ] [ (1 ) ] 1


  


 



b
b


b

b



b
b

   n  b   b n 
得A的特征值为
1
1 ( n 1 ) b     ，   1b.
2 n
（Ⅰ）对于
1
1 ( 1 )    n  b ，考虑齐次线性方程组(EA)x0，对
1 1
E A   作初等变
换，得
1
E A
( 1 )
( 1 )
( 1 )
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0 0
1
1
1
,   
 n 


b
b
b
n



b
b
b
n



b
b
b


 



解得基础解系为
1
 ( 1 , 1 , , 1 ) T  ，所以 A 的属于
1
的全部特征向量为
k k(1,1, ,1)T（
1
k 为任意非零常数）.
对于
2 n
1 b       ，考虑齐次线性方程组 (
2
)  E  A x  0 ，对EA作初等变
2
换，得
1 1 1
 
0 0 0
 
E A
2  
 
0 0 0
解得基础解系为 (1,1,0, ,0)T, , (1,0,0, ,1)T.
2 n
故 A 的属于
2
的全部特征向量为k k  k（k ,k , ,k 是不全为零的
2 2 3 3 n n 2 3 n
任意常数）.（Ⅱ）令 P  (
1
,
2
, ,
n
)    ，则 P  1 A P 
 1  ( n  1 ) b
1  b
1  b

.
20.【答案】（1） y  2 ；（2）答案不唯一，请参照解析
【解析】（1）因为
0
0
1
0
0
1 0
0
1
y
0
0
1
2
( 2 1 ) [ 2 ( y 2 ) ( 2 y 1 ) ] 0


   


E  A 






      
把 A 的特征值  3  代入上式，得 y  2 . 于是 A 
 0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
2
1
0
0
1
2

. （*）
（2）由AT  A，得 ( A P ) T ( A P )  P T A 2 P ，而矩阵 A 2 =
 1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
5
4
0
0
4
5

.
P
以下用两种方法求出矩阵 .
①由对应 A 2 的二次型
x T A 2 x 


2 x
1
2 x
1
2 y
1



2 x
2
2 x
2
2 y
2



5
5
5
x

y
23
x
23

3


5
9
5
x
4
5
2 
4
x
4
2 y
4
8
2

x
3

x
4
9
5
x 24 （* *）
4
其中y  x ,y  x ,y  x  x ,y  x ,即
1 1 2 2 3 3 5 4 4 4
 y  1 0 0 0 
x  1 y 
1     1
  y 0 1 0 0  
x  2    y
x 
 2
 4  4
 2
 Py （* * *）
x  y  y  0 0 1   y 
 3 3 5 4 5  3
      
 x      y 
4  y  0 0 0 1  4
4
把（* * *）代入（* *），则有x T A 2 x  ( P y ) T A 2 ( P y )  y T ( A P ) 2 y  y T
 1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
5
0
0
0
0
9
5

y
即求得 P =
 1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0

0
0
1
4
5
 1 0 0 0
 
0 1 0 0
 
，使得(AP)T(AP)0 0 5 0为对角矩阵.
 
9
 
0 0 0 
 5
②由 A 2 的特征值 λ
1
 λ
2
 λ
3
 1 , λ
4
 9 ，分别求出对应于它们的特征向量
1

 1
0
0
0

,
2

 0
1
0
0

,
3

 0
0

1
1

,
4

 0
0
1
1

.    
经单位正交化，得
 0   0 
   
1 0 0 0
   
   
0 1  1   1 
   
p  , p  , p    , p    .
1 0 2 0 3 2 4 2
   
   
0 0  1   1 
   
 2   2 
令 P  ( p
1
, p
2
, p
3
, p
4
) 
 1
0
0
0
0
1
0
0

0
0
1
1
2
2
0
0
1
1
2
2

，则有
1 0 0 0
 
0 1 0 0
(AP)T(AP) PTA2P    .
0 0 1 0
 
0 0 0 921.【答案】（1） a   2 ；（2） Q 
 1
1
1
3
3
3

1
0
2
1
2

1
1
6
2
6
6

【解析】（1）根据题设，对方程组的增广矩阵 ( A )  作初等行变换，可得
( A ) 
 1
1
a
1
a
1
a
1
1 
1
1
2


 1
0
0
a
1

0
1
 ( a
1

a

1 )
a
( a  2 )  ( a
1
0
 2 )

 ，
又因为方程组 A X  有解但不唯一  r ( A )  r ( A )  3  ，故 a   2 .
（2）根据第（1）问，可得 A 


1
1
2

1
1
2

1
1
2 
.
1 1 2
由EA  1 2 1 (3)(3)0，可得矩阵
2 1 1
A 的特征值为
1
0 ,
2
3 ,
3
3        .
当
1
0   时，解方程组(0EA)x 0可得对应的线性无关的特征向量为
1

 1
1
1

 .
 1 
 
当3时，解方程组(3EA)x 0可得对应的线性无关的特征向量为  0 .
1 2  
 
1
 
当3时，解方程组
1
(  3 E  A ) x  0 可得对应的线性无关的特征向量为
1
 
  2 .
3  
 
1
 由于
1
,
2
,
3
  已经彼此正交，故只需单位化，则
1
 1
1

1
3
 1
1
1

,
2
 2
2

1
2
 1
0
 1

,
3
 3
3

1
6


1
1
2

.
  
  
  
令 Q  (
1
,
2
,
3
) 
 1
1
1
3
3
3

1
0
2
1
2

1
1
6
2
6
6

0 0 0 
 
   ，则有QTAQ  0 3 0 .
 
 
0 0 3
 
22.【答案】请参照解析
【解析】（Ⅰ）由于矩阵 A 的各行元素之和均为3，所以
A
 1
1
1


 3
3
3

 3
 1
1
1

.
因为A 0，A 0，即
1 2
A
1
 0
1
 ，A 0 ，故
2 2 1 2
0     是 A 的二重特征
值，
1
,
2
 为 A 的属于特征值0的两个线性无关的特征向量；
3
3   是A的一个特征
值，
3
 (1 , 1 , 1 ) T  为 A 的属于特征值3的特征向量.
综上， A 的特征值为0，0，3，属于特征值0的全部特征向量为 k
1 1
 k
2 2
 （k ,k
1 2
不全为0），属于特征值3的全部特征向量为 k
3 3
（ k
3
为非零的任意常数）.
（Ⅱ）将
1
,
2
 正交化，令
1

1
 (  1 , 2 ,  1 ) T ,
2

2

(
(
2
1
,
,
)
1
)
1
1

1
2
(  1 , 0 , 1 ) T
 
    
 
再分别将,,单位化 ，得
1 2 3
 1  1  1
  1  (1,2,1)T,  2  (1,0,1)T,  3  (1,1,1)T
1  6 2  2 3  3
1 2 3令 Q  (
1
,
2
,
3
)



2
1
6
1
6
6

0
1
1
2
2
1
1
1
3
3
3

, 
 0
0
3

    ，则 Q 为正交矩阵，且
QTAQ.
（Ⅲ）因 Q T A Q  ，且 Q 为正交矩阵，故 T  A  Q Q ，



2
1
6
1
6
6

0
1
1
2
2
1
1
1
3
3
3

 0
0
3




1
1
1
3
6
2
2
0
1
6
3

1
1
1
2
3
6


 1
1
1
1
1
1
1
1
1

.
3  3 
由AQTQ，得A E Q

 E

QT，所以
2  2 

A 
3
2
E

6
 Q


3
2
E

4
Q T 
 3
2

6
E  .5-3 拓展拔高
1.【答案】 
1 3
2
【解析】由题设知， A 2  2 A  A ( A  2 E )  A A  2 E  0 ，因 A 30，则
A2E 0，故 A 有特征值
1
2    ；又 2 A 2  A  A ( 2 A  E )  8 A A 
1
2
E  0 ，得 A
1
有特征值  ；又
2 2
3
1 2 3
 A   ，故
3
3   ；设为 A 的对应于特征值的特征向
量，则 , * * , *  

A  A A  A A 
A
     ，故 A * 有特征值 
3
2
,  6 ,1 ，所以
A
1 1
 A
2 2
 A
3 3
 t r ( A * )  
3
2
 6  1  
1 3
2
.
2.【答案】B
【解析】设为A的对应于特征值的特征向量，因 B  P  1 f ( A ) P ，
1 1 f ( ) 1 1 f ( ) 1 f ( ) f ( ) 1   B P   P  A P P   P  A  P   P      ，知 P  1 是 B 的特征向量，
从而也是 B + E 的特征向量；由于
5
1 2
4
( 1 ) ( 6 )

  

E  A 

 

   ，故 A 的特征值
为
1
1 ,
2
6      ，易求得A的对应于特征值
1
1 ,
2
6      的线性无关的特征向量分别为
 
1
1 
,
 2
5

；由于 P  1 
 1
0

1
1 
，故
P  1
 
1
1 

 1
0

1
1   
1
1 

 
1
2 
, P  1
 2
5


 1
0

1
1   2
5


 
5
3 
，故B+E 的全部线性无关
的特征向量为
 
1
2 
,
 
5
3 
，故选（B）.
3.【答案】 k  1
【解析】由 A 
2
5
 1


0
1
3
2
3
 2
  1  0 知A可逆，故 A  可逆，则 0   ，又A即
1  A A  
 2 1 2  1   k   1 
A      1 
 ，可得A ，从而有 5 3 3 k  23k  k ，得方
      
 
      
1 0 21  1  1程组
k
2
1
1
3 k
1
1
k







  ，解得 k  1 .
4.【答案】D
【解析】由 A 3  A 2  A  E ，得 ( A + E ) ( A  E ) 2  O ，故矩阵A的特征值只可能为1或
 1 ；
若 A 的特征值全为 1 ，则 A + E 的特征值全为 2 ， A  E 的特征值全为0，从而 A + E 可
逆，而 A  E 不可逆；
若 A 的特征值全为  1 ，则 A + E 的特征值全为0， A  E 的特征值全为2，从而 A  E
可逆，而 A + E 不可逆；
若1与1都是 A 的特征值，则 A + E 与 A  E 都有特征值0，从而 A + E 与 A  E 都不可
逆；
由此可见， A + E 与 A  E 至多有一个可逆，故选（D）.
5.【答案】B
【解析】因为 A 不可逆，所以 A 必有特征值0，记为
1
0   ；设 B  [
1
,
2
]   ，由r(B)2
可知
1
,
2
 线性无关，又因为AB3B，所以A 3,i1,2，故
i i
 3 至少为 A 的二重
特征值，又 A 是 3 阶矩阵，所以  3 为 A 的二重特征值，记为
2 3
3      ；所以 A  2 E
的特征值为 2 ,  1 ,  1 ，故 A2E 2，选（B）.
6.【答案】211
【解析】A有特征值
1
1   ， 1， 2，故
2 3
3
i 1
i
2  A  

  ， A*  A 31 4，从而
有 A


O
2 E
A
A
* 
 A 6

O
2 E
A
A
*
 A 6 (  1 ) 3 3 A *  2 E  (  2 ) 6 (  1 ) 3 3 2 2 (  2 ) 3  2 1 1 .
7.【答案】5
【解析】设是矩阵A1属于特征值的特征向量，按定义有A1，于是
0 0a 1 2 2 a (a22)a (1)
0
     
A，即 1  2 a 2 1 ，即(2aa2)1 (2)，由(2)或(3)可知
0   0   0
     
1  2 2 11 (2a21)1 (3)
0
0
0   ， ( 2 )  ( 3 ) 可求得a1，则
0
1
5
   ；因为A和A1的同一个特征向量对应的特征
值互为倒数，故是矩阵 A 中 5    所对应的特征向量.
8.【答案】  4
【解析】由 B  P  1 A P 得APPB，故
A P 

A
(
(
, A
, A
, A
, A
2
2
)

)
0
1
0
 ( A
0
0
1
,
0
3

A
2
2


, A
P
3
B
)  ( A , A 2 , 3 A  2 A 2 )          
  
故 B 
 0
1
0
0
0
1
0
3
 2

，则
A  E  P B P  1  P P  1 = P  B  E  P  1  B  E 
1
1
0
0
1
1
0
3
 1
  4 .
9.【答案】 ( 2  2 n  1  3 n , 2  2 n  2  3 n  1 , 2  2 n  3  3 n  2 ) T
【解析】由于
1
,
2
,
3
 线性无关，所以可以线性表示，即解方程
x
1 1
 x
2 2
 x
3 3
    ，
 1
1
1
1
2
4
1
3
9
1
1
3


 1
0
0
1
1
3
1
2
8
1
0
2


 1
0
0
1
1
0
1
2
1
1
0
1


 1
0
0
0
1
0
0
0
1
2

1
2

，
得到22 ，于是
1 2 3
n A 
 (
A
2
n

( 2
2 n
1
 1


2
3 n
2
,

2 
3
2
)
n

 2
2

A
3
n
n 
1
1 ,

2
2

A
2
n
n 
2
3

 3
A
n
n
 2
3
T )
 2
1
 2 n  1
2
 3 n
3
         
10.【答案】A
【解析】对于（B），若 r ( E  A )  n ，则 EA 0，于是  1 为矩阵 A 的特征值，故
（B）正确；对于（C），若矩阵A的各行元素之和为1，则 A
 1
1
1

 
 1
1
1

，根据特征值特征向量的定
义，  1 为矩阵 A 的特征值，故（C）正确；
对于（D），若A是正交矩阵，则 A T A  E ，令 ,  A   0   ，则 T T T  A    ，于是
T T 2 T  A A    ，即 ( 2 1 ) T 0     ，而 T  0  ，故 2 1   ，再由特征值之积小于
零，得  1 一定是矩阵 A 的特征值，故（D）正确；
对于（A）， A 2  E ，则 A 2  E = O ，可得 2 1 0    ，即矩阵 A 的特征值只能是  1 或，
1 ，但是并不代表  1 一定是矩阵 A 的特征值，故（A）错误，选（A）.
11.【答案】1,1,2
【解析】由题设得
A (
1
,
2
,
3
)  ( A
1
, A
2
, A
3
)  (
2

3
,
1

3
,
1

2
)  (
1
,
2
,
3
)
 0
1
1
1
0
1
1
1
0

               ，由于
1
，
2
 ，
3
 线性无关，矩阵 P  (
1
,
2
,
3
)    可逆，于是 P  1 A P 
 0
1
1
1
0
1
1
1
0

，即矩阵 A
与 B 
 0
1
1
1
0
1
1
1
0

相似，又 ( 1 ) 2 ( 2 )    E  B    ，所以矩阵 A 与 B 的特征值均为
 1 ,  1 , 2 .
12.【答案】A
【解析】由于矩阵 A 可逆，有A1(AB)ABA，由相似定义可知 A B B A ，即命题①正
确；因为 A B ，故存在可逆矩阵 P 使 P  1 A P  ，
那么 B 2  ( P  1 A P ) ( P  1 A P )  P  1 A 2 P ，即 A 2 B 2 ，命题②正确；
B  1  ( P  1 A P )  1  P  1 A  1 ( P  1 )  1  P  1 A  1 P ，即A1 B1，命题③正确；
AT BT (P1AP)T PTAT(P1)T PTAT(PT)1，即AT BT，命题④正确；故选
（A）.13.【答案】


2 0 1
1 0 0
4 0 0
 1 9 9

【解析】
B  P  1 A P 
 2
 1
3
 1

 1
 3
 1
4
 1
  2
 1
3
 1


 
1
1 
2
3   3
 1
4
 1
  2
 1
3
 1


 1
0
1
1

，
因为 B 
 1
0
1
1


 1
0
0
1


 0
0
1
0

 E  C ，故 B 1 0 0  ( E  C ) 1 0 0  E  1 0 0 C 
 1
0
1 0
1
0 
，
那么
1 0 0 A 
=
(

P
2

B
1
P  1 )
3
 1
1

0 0
 1
0
 ( P
1
B
0 0
1
P



1 )

1
(
1
P B P
 3
2


1 )


( P B
2 0 1
 1 0 0
P  1 ) 
4 0 0
 1 9
P
9
B

1 0 0 P  1
14.【答案】a2， A n 
 2
2
n
n


1
1
2
1
2
 1
2
2
0
n
n

【解析】由0是 A 的特征值，有 A 
1
0
1
1
a
 1
2
2
0
 4  2 a  0 ，得a2；
又 A 的特征多项式 E A 0
1
1
1
1
2
2
2 ( 1 ) ( 2 )

   

 

 


    ，得 A 的特征值为
1 , 2 , 0 ，
对于 1   ，解(EA)x 0，即
 0
0
 1


1
1
1


1
2
2


 1
0
0
0
1
0
1
2
0

得 1   的特征向量有 (1,2,1)T，
1
对于2，解(2EA)x 0，即
 1
0
 1

0
1
1 

2
2
2


 1
0
0

0
0
1 0
1
0

得2的特征向量有
2
 ( 1 , 1 , 0 ) T  ，对于 0   ，解 ( 0 E  A ) x  0 即
 
0

1
1


1
1
2


0
2
2


 1
0
0
0
1
0
1
1
0

得 0   的特征向量有
3
 (  1 ,  1 , 1 ) T  ，
令 P  (
1
,
2
,
3
) 
 

1
1
2
1
1
0


1
1
1

   ，有 P  1 A P  
 1
2
0

 ，
故A PP1， A n  ( P P  1 ) n  P P  1 P P  1 P P  1  P n P  1      ，从而
A n  P n P  1 
 

1
1
2
1
1
0


1
1
1
  1
2 n
0
  1
1
 1

0
1
1 0
1
1


 2
2
n
n


1
1
2
1
2
 1
2
2
0
n
n

 .
15.【答案】 a  7 , b   2 ， P 
1
2
 
0
1 
2
5 
【解析】由 A B 知
 1


5
3


a
6


6
b
b
得a7,b2，
又
2
1 4
3
2 4 5 ( 5 ) ( 1 )

    

E  A 

 

      得矩阵 A 的特征值为5,1，
对于 5   解 ( 5 E  A ) x  0 ，即 5 E  A 


4
2

2
4 

 1
0

0
1 
得基础解系为
1
 (1 ,1 ) T  ，
对于 1   
2 4 1 2
解(EA)x0，即EA  得基础解系为
2 4 0 0
2
 (  2 ,1 ) T  ，
 1 2
令P (,) 得
1 1 2 1 1 
P
1
 1 A P
1
 
 5
 1

 ，类似地，解(5EB)x0得基础解
系 (7,1)T，解(EB)x0得基础解系
1 2
 (  1 ,1 ) T  ，
7 1
令P (,) 得
2 1 2  1 1 
P
2
 1 B P
2
 
 5
 1

 ，
由P1AP P1BP P P1APP1B即(PP1)1APP1B，
1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2
1
1 27 1 11 5
令PPP1     ，有P1AP B.
1 2 1 1  1 1  2 0 2 1 1 1
 
16.【答案】（1） 1 1 1 ；（2）
 
 
1 1 1
 
k (1 , 1 , 1 ) T ， k 为任意常数
【解析】（1）设
1
,
2
,
3
  分别是特征值
1
,
2
,
3
  的特征向量，
则按特征值定义
1
1
1
1
2
2
1
3
3
1
1
1
1
1
1
1
1
3  

a
b
a
b
a
b
  

 
  ，
1
1
1
1
2
2
1
3
3
1
0
1
2
1
0
1
2
0  

a
b
a
b
a
b
 






  ，
1
1
1
1
2
2
1
3
3
1
0
1
3
1
0
1
3
0  

a
b
a
b
a
b
 






  ，于
是 A (
1
,
2
,
3
)  ( 3
1
, 0 , 0 )     ，
A  ( 3
1
, 0 , 0 ) (
1
,
2
,
3
)  1 
 3
3
3
0
0
0
0
0
0
  1
1
1
1
0
 1
1

0
1

 1

 1
1
1
1
1
1
1
1
1

    .
（2）因为齐次方程组(A3E)x 0的基础解系就是矩阵 A 对于特征值 3   的线性无
关的特征向量，故方程组通解为 k (1 , 1 , 1 ) T ，k 为任意常数.
方法二：
（1）设
1
,
2
,
3
  分别是特征值
1
,
2
,
3
  的特征向量，
则按特征值定义
1
1
1
1
2
2
1
3
3
1
1
1
1
1
1
1
1
3  

a
b
a
b
a
b
  

 
  ，
1
1
1
1
2
2
1
3
3
1
0
1
2
1
0
1
2
0  

a
b
a
b
a
b
 






  ，
1
1
1
1
2
2
1
3
3
1
0
1
3
1
0
1
3
0  

a
b
a
b
a
b
 






  ，又
1
,
2
,
3
  是矩阵A的3个线性无关的特征向量，于是 P  1 A P  
 3
0
0

 ，其中
1 1 1 
 
P  1 0 1 ，故
 
 
1 1 0
 A  P P  1 
 1
1
1
1
0
 1
1

0
1
  3
0
0
  1
1
1
1
0
 1
1

0
1

 1

 1
1
1
1
1
1
1
1
1

 .
（2）求解(A3E)x 0， A  3 E =
 
1
1
2

1
1
2

1
1
2


 1
0
0
0
1
0


0
1
1

，得
( A  3 E ) x  0 的基础解系为 (1 , 1 , 1 ) T ，故方程组通解为k(1,1,1)T ，k 为任意常数.
17.【答案】（1） 1 , 2 ；（2） P  (  2
1

2
, 
1

2
)    
【解析】方法一：（1）由已知条件可得
A (
1
,
2
)  (
2
,  2
1
 3
2
)  (
1
,
2
)
 0
1

3
2 
       ，
记P (,)是可逆矩阵，
1 1 2
B 
 0
1

3
2 
，有 A P
1
 P
1
B ，从而 P
1
 1 A P
1
 B ，即
A B ；
由 E B
1
2
3
2 3 2 ( 1 ) ( 2 )

    

 
 
      ，知矩阵 B 的特征值是 1 , 2 ，从而
矩阵 A 的特征值是 1 , 2 .
（2）对矩阵 B ，由 ( E  B ) x  0 得矩阵 B 关于特征值1的特征向量
1
 (  2 , 1 ) T  ，
由 ( 2 E  B ) x  0 得矩阵 B 关于特征值 2   的特征向量 (1,1)T，那么，矩阵
2
A 关
于特征值 1   和 2   的特征向量分别是 P
1 1
 (
1
,
2
)
 
1
2 
  2
1

2
    ，
P
1 2
 (
1
,
2
)
 
1
1 
 
1

2
    ，令P (2,)，则有
1 2 1 2
P  1 A P 
 1
2

.
方法二：
（1）由已知条件可得 A (
1
,
2
)  (
2
,  2
1
 3
2
)  (
1
,
2
)
 0
1

3
2 
       ，
0 2
记P (,)是可逆矩阵，B  ，有AP  PB，从而P1AP  B，即
1 1 2 1 3  1 1 1 1
A B ； 2
由EB  2 32(1)(2)，知矩阵B 的特征值是
1 3
1 , 2 ，从而
矩阵 A 的特征值是 1 , 2 .
（2）对矩阵 B ，由 ( E  B ) x  0 得矩阵B 关于特征值1的特征向量
1
 (  2 , 1 ) T  ，
由(2EB)x 0得矩阵 B 关于特征值 2   的特征向量
2
 (  1 , 1 ) T  ，
令P (,)，有
2 1 2
P
2
 1 B P
2

 1
2

，进而 P
2
 1 ( P
1
 1 A P
1
) P
2

 1
2

，
2 1
得P  PP (,)
 
(2,).
1 2 1 2  1 1  1 2 1 2
18.【答案】 B  2 E 的特征值为9,9,3，对应的线性无关的特征向量为
1

 1

0
1

,
2

 

1
1
1

,
3

 0
1
1

   或
1

 
1
0
1 
,
2

 
0
1
2 
,
3

 0
1
1

  
【解析】
E A
(
2
2
3
1 )
2
2
4
3
5
2
2
2
3
3
(
1
2
3
1 ) 2 (
2
2
1
7 )
0
0
2
3
0
4
5 2
2
1 0
2
3
  
    
  

  

 
























 




 




得 A 的特征值是 1, 7；
1 2 3
求解 ( E  A ) x  0 ， E  A 
 


2
2
2



2
2
2



2
2
2


 1
0
0
1
0
0
1
0
0

得
1 2
1     对应的线性无
1 1
   
关的特征向量为  1 ,  0 ；
1   2  
   
0 1
   
求解 ( 7 E  A ) x  0 ，
 4 2 2 1 1 2 1 1 2 1 0 1
       
7EA 2 4 2  1 2 1  0 1 1  0 1 1 得 7对
        3
       
2 2 4 2 1 1 0 0 0 0 0 0
       应的线性无关的特征向量为
3

 1
1
1

 ；
由 A  7 得A* 的特征值为
A
1
7 ,
A
2
7 ,
A
3
1
  
   ，
A * 对应的线性无关的特征向量为
1

 
1
0
1 
,
2

 
0
1
1 
,
3

 1
1
1

   ，
由 B  P  1 A * P 得 B 的特征值为 7 , 7 , 1 ，对应的线性无关的特征向量为
 1  1 0
     
  P1  1 ,   P1  1 ,   P1  1 ，
1 1   2 2   3 3  
     
0 1 1
     
则 B  2 E 的特征值为 9 , 9 , 3 ，对应的线性无关的特征向量为
1

 1

0
1

,
2

 

1
1
1

,
3

 0
1
1

   .
19.【答案】略
【解析】由A2 2A，得 A ( 2 E  A )  O ，所以 r ( A )  r ( 2 E  A )  n ，
同时 r ( A )  r ( 2 E  A )  r  A + ( 2 E  A )   r ( 2 E )  n ，所以 r ( A )  r ( 2 E  A )  n ，
又由 A ( 2 E  A )  O ，得 A 的特征值只能为0或2；
当0时，方程组 ( 0 E  A ) x  0 即Ax0的基础解系含有 n  r ( A ) 个线性无关的解向
量，则 0   对应的线性无关的特征向量的个数为 n  r ( A ) ，
当 2   时，方程组 ( 2 E  A ) x  0 的基础解系含有 n  r ( 2 E  A ) 个线性无关的解向量，
则2对应的线性无关的特征向量的个数为nr(2EA)，
因为nr(A)nr(2EA)n，所以 A 有n个线性无关的特征向量，从而 A 一定可以
相似对角化.
20.【答案】（1）还有特征值 0, 5和对应的特征向量分别为
2 3
k
2
( 1 ,  2 , 1 ) T ，
k (1,1,1)T ，k ,k 为不为零的任意常数；
3 2 38 5 2
1 
（2）A 5 5 5
 
3
 
2 5 8
 
【解析】（1）因为 A
1 1
   
的每行元素之和为5，所以有A 1 5 1 ，即
   
   
1 1
   
A 有特征值 5 ，对应
的特征向量为 (1 , 1 , 1 ) T ，又因为 A x  0 有非零解，所以 r ( A )  3 ，从而A有特征值 0 ，设
特征向量为 ( x
1
, x
2
, x
3
) T ，根据实对称矩阵不同特征值对应的特征向量正交得
x x 0
1 3  解得
x x x 0

1 2 3
0 对应的特征向量为 ( 1 ,  2 , 1 ) T ，所以还有特征值 0, 5和对
2 3
应的特征向量分别为 k
2
( 1 ,  2 , 1 ) T ， k
3
(1 , 1 , 1 ) T ， k
2
, k
3
为不为零的任意常数.
（2） P 
 
0
1
1 1
1
1

1
1
2

, P  1 
1
6
 
2
1
3

0
2
2
3
2
1

，由 P  1 A P  Λ 
 2
0
0
0
5
0
0
0
0

得 A  P Λ P  1 
 
0
1
1 1
1
1

1
1
2
  2
5
0


1
6
 
2
1
3

0
2
2
3
2
1


1
3
 8
5
2
5
5
5
2
5
8

21.【答案】（1） k
3
(  1 ,1 , 0 ) T ，其中 k
3
 0 ；（2） A 
 0
1
0
1
0
0
0
0
1

.
【解析】（1）设
3
1    对应的特征向量为
3
 ( x
1
, x
2
, x
3
) T  ，由实对称矩阵不同特征值对应
的特征向量必正交，可知Tα x x x 0，T 2x 2x x 0，解得
3 1 1 2 3 3 2 1 2 3
3
 (  1 ,1 , 0 ) T  ，故 A 的属于 1的特征向量为k其中
3 3 3
k
3
 0 .
1 2 1
 
（2）令P (,,) 1 2 1 ，则
1 2 3  
 
1 1 0 
P  1 A P  Λ 
 1
0
0
0
1
0
0
0
 1

，故
1 2 11 0 0 1 2 1 1 0 1 0
     
APΛP1  1 2 1 0 1 0 1 2 1  1 0 0 .
     
     
1 1 0 0 0 11 1 0  0 0 1
22.【答案】（1）A得特征值 0,对应的特征向量为k k ，其中k ,k 不同时
1 2 1 1 2 2 1 2
为0，特征值 14对应的特征向量为k其中k 0.
3 3 3 3（2） P 
 1
1
0
0
2
1
1

2
1

, P -1 A P  Λ 
 0
0
0
0
0
0 1
0
0
4

.
【解析】（1）由 A ~ B 知，A,B有相同的特征值，而由EB 0，可得 B 的特征值为
1 2
0 ,
3
1 4       ，故 A 的特征值为
1 2
0 ,
3
1 4 .      
由已知，二重特征值
1 2
0 ,     对应的特征向量为
1
 (1 ,1 , 0 ) T  ， (0,2,1)T且
2
(1,1,0)T， (0,2,1)T线性无关，设
1 2 3
1 4   对应的特征向量为
3
 ( x
1
, x
2
, x
3
) T  ，因为
A 为实对称矩阵，故 α T3 α
1
 0 , ， α T3 α
2
 0 ，即
 x
2
1
x

2
x

2
x

3
0

,
0 ,
得 (1,1,2)T
3
综上所述， A 的特征值
1 2
0 ,     对应的特征向量为 k
1 1
 k
2 2
  ，其中 k
1
, k
2
不同时为
0，特征值
3
1 4   对应的特征向量为k其中k 0.
3 3 3
（2）令 P  (
1
,
2
,
3
) 
 1
1
0
0
2
1
1

2
1

   ，则 P 可逆，使得 P  1 A P  Λ 
 0
0
0
0
0
0 1
0
0
4

.
23.【答案】（1） P 
 1
1
0
1
0
1

1
1
1 
, P -1 A P  Λ 
 0
0
0
0
0
0
0
0
2

（2） A 
2
3
 1


1
1

1
1
1 
1
1
1 
.
【解析】（1）因为 A 2  2 A  O ，所以 2 2 0     ，可得 0   或者 2   ，又由于 A 为
实对称矩阵，且 r ( A )  1 ，所以
1 2
0 ,
3
2 .      
1 1
   
由已知A 1 0，A 0 0，故
   
   
0 1
   
1
 (1 ,1 , 0 ) T ,
2
 (1 , 0 ,1 ) T ,   是
1 2
0     ，对应的特征
向量，令 (x ,x ,x )T是 2对应的特征向量，则由实对称矩阵不同特征值对应的特
3 1 2 3 3
征向量必正交，有 T1
3
 x
1
 x
2
 0  ， T2
3
 x
1
 x
3
 0  解得
3
 (  1 ,1 ,1 ) T 
1 1 1 0 0 0
   
令P (,,) 1 0 1 ，则P1AP  Λ 0 0 0
1 2 3    
   
0 1 1 0 0 2
   （2）由（1）可求 P  1 
1
3
 1
1
 1
2

1
1

2
1
1   1 1 1
2 
，A PΛP1  1 1 1 .
 
3
 
1 1 1
 
24.【答案】 Q 
 
1
0
2
5
5
 1
3 0
 2
3 0
5
3 0
1
2
1
6
6
6

， Q -1 A Q  Λ 
 0
0
0
0
0
0
0
0
6

.
【解析】由 0 是A的特征值，知 A 
1
2
1
2
4
k
1
k
1
  ( k  2 ) 2  0 ，解得 k  2 ，由
2
1
1 2
2
4
1
2
1
( 6 ) 2 0

   

E  A  

 





   ，得 A 的特征值为
1 2
0 ,
3
6      
由 ( 0 E  A ) x  0 ，解得 (2,1,0)T, (1,0,1)T，由
1 2
( 6 E  A ) x  0 解得
3
 (1 , 2 , 1 ) T  ，对二重根 0 的特征值,正交化，令
1 2
1

1
 (  2 , 1 , 0 ) T  
2

2

(
(
2
1
,
,
1
1
)
) 1
 (  1 , 0 , 1 ) T 
2
5
(  2 , 1 , 0 ) T 
1
5
(  1 ,  2 , 5 ) T
 
  
 
单位化
 1
 = 1  (2,1,0)T
1  5
1
2
= 2
2

1
3 0
(  1 ,  2 , 5 ) T



3
= 3
3

1
6
(1 , 2 ,1 ) T



0 0 0
 
令Q(, ,)则Q 为正交矩阵，使得Q1AQ Λ 0 0 0 .
1 2 3  
 
0 0 6
25.【答案】a1
【解析】因为A为实对称矩阵，所以不同特征值对应的特征向量正交，因为Ax0，及( A  E ) x  0 有非零解，所以
1
0 ,
2
1 ,      为矩阵 A 的特征值，α (a,a,1)T，
1
α (a,1,1a)T是他们对应的特征向量，所以
2
α T1 α
2
 a 2  a  1  a  0 ，所以 a  1 .
0 0 0 
 
26.【答案】（1）证明略；（2）P1AP  0 1 0 .
 
 
0 0 1
【解析】（1）由 T  0  ，知 T ( T ) T  0  ，即 , 为单位正交列向量，由已知
 T  T     ，  T  T     ，则
  β    β , A   β    (  β )     ，由已知 , 为单位正交列向量，所以 , 线性无
关，故   0   ，0，所以 1 ,  1 是 A 的特征向值，又
r ( A )  r ( T  T )  r ( T )  r ( T )  1  1  2     ，故 A 不可逆，所以0是 A 的特征值，
即 A 又三个不同的特征值1,1,0，从而 A 可对角化 Λ
 1
0
0
0

0
1
0
0
0

.
（2）由  0 ,  0   ，知是特征值 0 对应的特征向量，所以 0 , 1 ,  1 ，分别对应的特征向
量为 , 2 (  ) ,      ，故 P  1 A P 
 0
0
0
0
1
0
0
0
 1

.
27.【答案】 P  1 A P  Λ 
 n  a  1
a  1
a  1

a1  1 1 1
   
a1 1 1 1
   
【解析】A  (a1)EB，
   
   
 a1 1 1 1
由于 r ( ) 1 , 0 ,  B  E  B  得 B 的特征值为
1
n
i 1
a
ii
n ,
2 3 n
0 ,      

    
于是 A 的特征值为 n  ( a  1 ) , 0  ( a  1 ) , , 0  ( a  1 ) .
下求B的特征向量，由(nEB)x0，得 α
1
 (1 ,1 , ...,1 ) T ，由(0EB)x0，得
 (1,1,0,..,0)T, (1,0,1,..,0)T,..., (1,0,0,..,1)T由特征值、特征向量的性质，知
2 3 n
,,,..., 也是A的特征向量，令P (,,...,)，
1 2 3 n 1 2 nP  1 A P  Λ 
 n  a  1
a  1
a  1

28.【答案】 A 
 7
 6


【解析】方法一： A 是2阶实对称矩阵，有特征值
1
4   ，
2
1    ，
1
 (  2 ,1 ) T  是 A 对
应于
1
的特征向量，所以 1对应的特征向量可以取
2 2
 (1 , 2 ) T  ，将由
1
,
2
  表示，
设 xx ，即
1 1 2 2
 
1
2 
x
1

 1
2

x
2

 3
1

 
x
2
1
x

1
2

x
x
2
2


1
3
解得(x ,x )T (1,1)T故
1 2
 
1

2
   ， A  A ( 
1

2
) 


7
6

  
方法二： A 是2阶实对称矩阵，有特征值
1
4   ，
2
1    ，
1
 (  2 , 1 ) T  是 A 对应于
1
的
特征向量，所以
2
1    对应的特征向量可以取
2
 (1 , 2 ) T  . 由特征值、特征向量反求 A
2 1
取P (,)  ，则
1 2  1 2
P  1  
1
5
 2
 1


1
2

， P  1 A P  Λ 
 4
 1

2 14  1 2 1  3 2
A PΛP1         
 1 2 1 51 2 2 0 
A 


3
2

0
2   3
1




7
6

 .
29.【答案】 0 ,
2
,
3
, ,
n
  
【解析】因为A是实对称矩阵，,,, ,互不相同，所以不同特征值对应的特征向量
1 2 3 n
1
,
2
, ,
n
   正交，故
i 1 1
T1 )
i
, i
i
1
i i
, i 1


B   A  
 0
A

 
  
 
故B 的特征值为0,,, ,
2 3 n.