250328_155218-5.基础习题册线代第五章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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.