5.2.1-5.2.2

$\\$ 略.$\\$

5.2.3 $\quad$ 设$A=\begin{bmatrix} 2&-2&0\\ -2&x&-2\\ -2&-2&0 \end{bmatrix}$，$B=\begin{bmatrix} 2&&\\ &2&\\ &&y \end{bmatrix}$，已知$A,B$特征多项式相同，求$x,y$.

$\\$ 解：$\\$ 由$\det(A)=\det(B),\operatorname{trace}(A)=\operatorname{trace}(B)$立得$x=-2,y=-4.\\$

5.2.4-5.2.5

$\\$ 略.$\\$

5.2.6 $\quad$ 给定向量$\bm{a},\bm{b}\in\mathbb{R}^n$计算$A=\bm{a}\bm{b}^\mathrm{T}$的所有特征对

$\\$ 解：$\\$ 显然，$\operatorname{rank}(A)=1$，所以$n-1$重特征值是0，特征向量是$\mathcal{N}(A)$的基。又注意到$\operatorname{trace}(A)=\bm{b}^\mathrm{T}\bm{a}$，于是$A$还有一个单特征值$\bm{b}^\mathrm{T}\bm{a}$，对应的特征向量是$k\bm{a},k\neq0.\\$

5.2.7

$\\$ 略.$\\$

5.2.8 $\quad$ 证明，如果$(\lambda,\bm{x})$是$A$的特征对，则$(f(\lambda),\bm{x})$是$f(A)$的特征对，其中$f(x)$任意多项式.

$\\$ 结论是显然的.$\\$

5.2.9 $\quad$ 设$A$是可逆矩阵，证明$A$的特征值都不为0；若$\lambda_0$是$A$的一个特征值，则$\frac{1}{\lambda_0}$是$A^{-1}$的一个特征值.

$\\$ 证明：$\\$ $A$是可逆矩阵$\Rightarrow \det(A)\neq0 \Rightarrow$$A$的特征值都不为0.$\\$ 若$\lambda_0$是$A$的一个特征值，则$A\bm{x}=\lambda_0\bm{x}\Rightarrow A^{-1}A\bm{x}=\lambda_0A^{-1}\bm{x}\Rightarrow \bm{x}=\lambda_0A^{-1}\bm{x}\Rightarrow A^{-1}\bm{x}=\frac{1}{\lambda_0}\bm{x}.$即$\frac{1}{\lambda_0}$是$A^{-1}$的一个特征值.$\\$

5.2.10 $\quad$ 设$\bm{q}_1,\bm{q}_2,\bm{q}_3\in\mathbb{R}^3$为一组标准正交基，分别求$\bm{q}_1\bm{q}_1^{\mathrm{T}},\bm{q}_1\bm{q}_1^{\mathrm{T}}+\bm{q}_2\bm{q}_2^{\mathrm{T}},\bm{q}_1\bm{q}_1^{\mathrm{T}}+\bm{q}_2\bm{q}_2^{\mathrm{T}}+\bm{q}_3\bm{q}_3^{\mathrm{T}}$的所有特征值和特征向量.

$\\$ 解：$\\$ $\bm{q}_1\bm{q}_1^{\mathrm{T}}$的特征对是$(0,k\bm{q}_2),(0,k\bm{q}_3),(1,k\bm{q}_1).\\$ $\bm{q}_1\bm{q}_1^{\mathrm{T}}+\bm{q}_2\bm{q}_2^{\mathrm{T}}$的特征对是$(0,k\bm{q}_3),(1,k\bm{q}_1),(1,k\bm{q}_2).\\$ $\bm{q}_1\bm{q}_1^{\mathrm{T}}+\bm{q}_2\bm{q}_2^{\mathrm{T}}+\bm{q}_3\bm{q}_3^{\mathrm{T}}$的特征对是$(1,k\bm{q}_3),(1,k\bm{q}_2),(1,k\bm{q}_1).\\$ 其中$k\neq0.\\$

5.2.11 $\quad$ 设$n$阶实方阵$A$满足$A^{\mathrm{T}}\bm{v}=\lambda\bm{v}$，其中$\bm{v}\in\mathbb{R}^{n},\bm{v}\neq\bm{0}.$

$\\$ 1.设$A\bm{w}=\mu\bm{w}$，且$\bm{w}\in\mathbb{R}^n,\lambda\neq\mu$，证明$\bm{v},\bm{w}$正交.$\\$ 2.证明，实对称矩阵的属于不同特征值的实特征向量正交.$\\$ 1.证明：$\\$ $A^{\mathrm{T}}\bm{v}=\lambda\bm{v}\Rightarrow\bm{v}^{\mathrm{T}}A=\lambda\bm{v}^{\mathrm{T}}\Rightarrow\bm{v}^{\mathrm{T}}A^2\bm{w}=\mu\lambda\bm{v}^{\mathrm{T}}\bm{w}\Rightarrow\mu^2\bm{v}^{\mathrm{T}}\bm{w}=\mu\lambda\bm{v}^{\mathrm{T}}\bm{w}.$ 而$\mu\neq\lambda$，于是$\bm{v}^{\mathrm{T}}\bm{w}=0.\\$ 2.$\\$由1中结论立得.$\\$

5.2.12 $\quad$ 证明：

$\\$ 1.若存在正整数$k$使得$A^k=O$，则$A$的特征值只能是0.$\\$ 2.若$A^2=I_n$，则$A$的特征值只能是1或-1.$\\$ 3.若$A^2=A$，则$A$的特征值只能是1或0.$\\$ 证明：由5.2.8中结论，$\\$ 1.$A^k=O\Rightarrow\lambda^k=0\Rightarrow\lambda=0.\\$ 2.$A^2=I_n\Rightarrow\lambda^2=1\Rightarrow\lambda=\pm1.\\$ 3.$A^2=A\Rightarrow\lambda^2=\lambda\Rightarrow\lambda=1,0.\\$

5.2.13

$\\$ 略.$\\$

5.2.14 $\quad$ 设方阵$A,B$可交换，$\lambda_0$是$A$的一个特征值，$V_{\lambda_0}$是$A$的特征值为$\lambda_0$的特征子空间，证明，对任意$\bm{x}\in V_{\lambda_0}$都有$B\bm{x}\in V_{\lambda_0}$.当$A,B$不可交换时，结论是否成立？

$\\$ 证明：$A\bm{x}=\lambda_0\bm{x}\Rightarrow BA\bm{x}=\lambda_0B\bm{x}\Rightarrow AB\bm{x}=\lambda_0\bm{x}.$所以$B\bm{x}\in V_{\lambda_0}.\\$ $A,B$不可交换时结论不成立。$\\$

5.2.15 $\quad$ 证明，$A$和$T^{-1}AT$具有相同的特征多项式.

$\\$ 证明：$\\$ $$\det(\lambda I_n-A)=\det(\lambda T^{-1}I_nT-T^{-1}AT)=\det(\lambda I_n-T^{-1}AT).$$所以特征多项式相同.$\\$ 实际上利用后面的知识可以知道，相似变换不改变特征多项式.$\\$

5.2.16 $\quad$ 设$\lambda_1,\lambda_2$是$A$的两个不同特征值，$\bm{x}_1,\bm{x}_2$是分别属于$\lambda_1,\lambda_2$的特征向量。证明，$\bm{x}_1+\bm{x}_2$不是$A$的特征向量。

$\\$ 证明：$\\$ 利用不同特征值对应的特征向量线性无关立得.$\\$

5.2.17 $\quad$ 证明或举出反例：

$\\$

1.如果$A$和$B$有相同的特征值、代数重数和特征向量，则$A=B.$

$\\$ 不正确。$A\bm{x}=\lambda\bm{x},B\bm{x}=\lambda\bm{x}\Rightarrow(A-B)\bm{x}=0.$只需要A-B不可逆即可。$\\$

2.如果$A$和$B$有相同的特征值和代数重数，则$A-B$所有特征值之和为零.

$\\$ 证明：显然$\operatorname{trace}(A)=\operatorname{trace}(B)\Rightarrow\operatorname{trace}(A-B)=0.\\$

3.$A+B$的特征值之和等于$A$的特征值之和与$B$的特征值之和的和.

$\\$ 证明：$\operatorname{trace}(A+B)=\operatorname{trace}(A)+\operatorname{trace}(B).\\$

4.$A+B$的特征值之积等于$A$的特征值之积与$B$的特征值之积的积.

$\\$ 不正确。$\det(A+B) \neq \det(A)\det(B).\\$

5.$AB$的特征值之积等于$A$的特征值之积与$B$的特征值之积的积.

$\\$ 证明：显然$\det(AB)=\det(A)\det(B)\\$

6.$AB$和$BA$具有相同的特征值和代数重数.

$\\$ 显然不正确。$AB$和$BA$形状可能都不同.$\\$

7.如果$A$的特征值全为零，则A是零矩阵.

$\\$ 显然不正确。如$\begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}$.实际上，特征值全为0意味着$A^m=O.\\$

8.将$A$的第$i$行加到第$j$行上，再将第$i$列从第$j$列减去，得到的矩阵$B$和$A$有相同的特征值。若正确，则对应的特征向量有何联系？

$\\$ 不正确。如$A=\begin{bmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{bmatrix}$.将第2行加到第1行上，再将第2列从第1列减去，得到$B=\begin{bmatrix} -1&1\\ 0&0 \end{bmatrix}$，显然$A,B$特征值不同。$\\$

9.将$A$的第$i$行加到第$j$行上，再将第$j$列从第$i$列减去，得到的矩阵$B$和$A$有相同的特征值。若正确，则对应的特征向量有何联系？

$\\$ 证明：显然$B=P^{-1}AP$，所以$B\bm{x}_B=\lambda\bm{x}_B\Rightarrow P^{-1}AP=\lambda\bm{x}_B\Rightarrow AP\bm{x}_B=\lambda P\bm{x}_B\Rightarrow \bm{x}_A=P\bm{x}_B.$即$\bm{x}_B=P^{-1}\bm{x}_A.\\$

10.将$A$的第$i,j$行交换，再将第$i,j$列交换，得到的矩阵$B$和$A$有相同的特征值。若正确，则对应的特征向量有何联系？

$\\$ 证明同9.$\\$

11.对角矩阵的特征向量一定是标准坐标向量.

$\\$ 不正确。如$\begin{bmatrix} 1&&\\ &1&\\ &&0 \end{bmatrix}.$其特征值为1对应的特征向量不是标准坐标向量.$\\$

12.正交矩阵的特征值都是绝对值等于1的复数.

$\\$ 证明：$$A\bm{x}=\lambda\bm{x}\Rightarrow\overline{\bm{x}}^{\mathrm{T}}\overline{A}^{\mathrm{T}}=\overline{\lambda}\overline{\bm{x}}^{\mathrm{T}}\Rightarrow\overline{\bm{x}}^{\mathrm{T}}\overline{A}^{\mathrm{T}}A\bm{x}=\overline{\lambda}\overline{\bm{x}}^{\mathrm{T}}A\bm{x}\Rightarrow\overline{\bm{x}}^{\mathrm{T}}\bm{x}=\lambda\overline{\lambda}\overline{\bm{x}}^{\mathrm{T}}\bm{x}.$$ 即$\lambda\overline{\lambda}=1$，而$\overline{\bm{x}}^{\mathrm{T}}\bm{x}\neq0$，所以$\lambda$的模是1.$\\$

13.所有n阶置换矩阵都有一个共同的特征向量.

$\\$ 正确，共同的特征向量是$k\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ \vdots\\ 1 \end{bmatrix}.(k\neq 0)$$\\$

5.2.18 $\quad$ 设$A,B$分别为$m\times n,n\times m$矩阵，证明

$$\lambda^n\det(\lambda I_m-AB)=\lambda^m\det(\lambda I_n-BA).$$

特别地，当$m=n$时，$\det(\lambda I_m-AB)=\det(\lambda I_n-BA).$

$\\$ 证明：模仿4.2.23证明$\\$ 注意到$$\begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&-B\\ -A&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&B\\ O&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda I_n&O\\ -\sqrt{\lambda}A&\lambda I_m-AB \end{bmatrix},$$ $$\begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&B\\ O&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&-B\\ -A&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda I_n-BA&O\\ -\sqrt{\lambda} A&\lambda I_m \end{bmatrix}.$$ 于是 $$\begin{align*} \det(\begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&-B\\ A&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix}) \cdot \det(\begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&B\\ O&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix}) &= \det(\begin{bmatrix} \lambda I_n&O\\ -\sqrt{\lambda}A&\lambda I_m-AB \end{bmatrix})\\ &= \lambda^n\det(I_m-AB). \end{align*}$$ $$\begin{align*} \det(\begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&B\\ O&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix}) \cdot \det(\begin{bmatrix} \sqrt{\lambda}I_n&-B\\ -A&\sqrt{\lambda}I_m \end{bmatrix}) &= \det(\begin{bmatrix} \lambda{I_n}-BA&O\\ -\sqrt{\lambda}A&\lambda I_m \end{bmatrix}) \\&= \lambda^m\det(\lambda I_n-BA). \end{align*}$$ 即$$\lambda^n\det(\lambda I_m-AB)=\lambda^m\det(\lambda I_n-BA).$$

5.2.19 $\quad$ 如果复矩阵$A,B$可交换，证明$A,B$至少有一个公共的特征向量.

$\\$ 证明：$\\$

法一：

$\\$ 设$\bm{x}$是$A$关于$\lambda$的特征向量,$V_{\lambda}$是$A$关于$\lambda$的特征向量子空间.由于$AB$可交换,所以 $$A\bm{x}=\lambda\bm{x}\Rightarrow BA\bm{x}=\lambda B\bm{x}\Rightarrow AB\bm{x}=\lambda B\bm{x}$$ 这表明$B\bm{x}$也是$A$关于$\lambda$的特征向量，即对任意$\bm{x}\in V_{\lambda},B^m\bm{x}\in V_{\lambda}.$其中$m$是任意正整数.$\\$ 容易地，我们可以构造子空间$\operatorname{span}(\bm{x},B\bm{x},\cdots,B^k\bm{x})$，使得$\bm{x},B\bm{x},\cdots,B^k\bm{x}$线性无关但$B^{k+1}\bm{x}$在子空间中，显然$\operatorname{span}(\bm{x},B\bm{x},\cdots,B^k\bm{x})\subseteq V_{\lambda}.\\$ 设$\lambda_B$是$B$的一个特征值，则 $$\begin{align*} (B-\lambda_BI_n)(\beta_0\bm{x}+\beta_1B\bm{x}+\cdots+\beta_kB^k\bm{x})=0.\\ \Rightarrow \beta_kB^{k+1}\bm{x}+(\beta_{k-1}-\lambda_B\beta_{k})B^{k}\bm{x}+\cdots-\lambda_B\beta_0\bm{x}=0 \end{align*}$$ 因为$\bm{x},B\bm{x},\cdots,B^k\bm{x},B^{k+1}\bm{x}$线性相关，所以一定存在不全为零的一组$\beta_0,\cdots,\beta_k$使$(B-\lambda_BI_n)(\beta_0\bm{x}+\beta_1B\bm{x}+\cdots+\beta_kB^k\bm{x})=0$成立。这表明$\beta_0\bm{x}+\beta_1B\bm{x}+\cdots+\beta_kB^k\bm{x}\in \operatorname{span}(\bm{x},B\bm{x},\cdots,B^k\bm{x})$是$B$的一个特征向量。$\\$ 又因为$\operatorname{span}(\bm{x},B\bm{x},\cdots,B^k\bm{x})\subseteq V_{\lambda}.$所以$\operatorname{span}(\bm{x},B\bm{x},\cdots,B^k\bm{x})$中一定有$A,B$公共的特征向量。$\\$

法二：

$\\$ 设$\bm{x}$是$A$关于$\lambda$的特征向量,$V_{\lambda}$是$A$关于$\lambda$的特征向量子空间.由于$AB$可交换,所以 $$A\bm{x}=\lambda\bm{x}\Rightarrow BA\bm{x}=\lambda B\bm{x}\Rightarrow AB\bm{x}=\lambda B\bm{x}$$ 这表明$B\bm{x}$也是$A$关于$\lambda$的特征向量，即对任意$\bm{x}\in V_{\lambda},B^m\bm{x} \in V_{\lambda}, f(B)\bm{x} \in V_{\lambda}.$其中$m$是任意正整数，$f(\cdot)$是任意次多项式.$\\$ 由Hamilton-Cayley定理，$(B-\lambda_1I_n)(B-\lambda_2I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)=O.$所以对任意$\bm{x} \in V_{\lambda}$有$(B-\lambda_1I_n)(B-\lambda_2I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x}=\bm{0}$。若$(B-\lambda_2I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x}\neq \bm{0}$，则$(B-\lambda_2I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x}$是$B$的一个特征向量。而$(B-\lambda_2I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x} \in V_{\lambda}$，所以他是$A,B$共同的特征向量。$\\$ 若$(B-\lambda_2I_n)(B-\lambda_3I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x}=\bm{0}$（这是可能的，因为矩阵不可逆），我们需要继续考察向量$(B-\lambda_3I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x}$是否是零向量。如果不是，那么$(B-\lambda_3I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x}$是$B$的一个特征向量，同时$(B-\lambda_3I_n)\cdots(B-\lambda_nI_n)\bm{x}$显然也是$A$的一个特征向量。如果向量是零向量，就需要继续拆分。以此类推，直到$(B-\lambda_nI_n)\bm{x}=\bm{0}$，由于$\bm{x}\neq\bm{0}$，所以$\bm{x}$是$B$的一个特征向量，显然也是$A$的一个特征向量。$\\$ 即若$A,B$可交换，则$A,B$至少有一个公共的特征向量。$\\$

5.2.20

$\\$ 略.$\\$

5.2.21 $\quad$ 设方阵$A$的每个元素都是整数，证明$\frac{1}{2}$一定不是$A$的特征值.

$\\$ 证明：$\\$ 因为方阵所有元素均为整数，所以特征多项式的所有系数也为整数。而根据数论结论，首项系数为1的整系数多项式的根是整数，所以$\frac{1}{2}$一定不是$A$的特征值.$\\$

5.2.22

$\\$ 略.$\\$

5.2.23 $\quad$ 给定$m$阶方阵$A_1$，$n$阶上三角矩阵$A_2$和$m\times n$矩阵B。证明如果$A_1$和$A_2$没有相同的特征值，关于$m\times n$矩阵$X$的矩阵方程$A_1X-XA_2=B$有唯一解.矩阵方程$A_1X-XA_2=B$称为Sylvester方程，在控制论中有不少应用.

$\\$ 证明：$\\$ $A_1X-XA_2=B$有唯一解等价于$A_1X-XA_2=O$只有零解.$\\$ 设$A_2=\begin{bmatrix} b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\ &b_{22}&\cdots&b_{2n}\\ &&\ddots&\vdots\\ &&&b_{nn}\\ \end{bmatrix}$.$X=\begin{bmatrix} x_{11}&x_{12}&\cdots&x_{1n}\\ x_{21}&x_{22}&\cdots&x_{2n}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ x_{m1}&x_{m2}&\cdots&x_{mn}\\ \end{bmatrix}.\\$ 将$X$按列排列成列向量得, $$\begin{bmatrix} A_1-b_{11}I_m&\\ -b_{12}I_m&A_1-b_{22}I_m&\\ \vdots&&\ddots&\\ -b_{1n}I_m&-b_{2n}I_m&\cdots&A_1-b_{nn}I_m \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{11}\\ x_{21}\\ \vdots\\ x_{m1}\\ \vdots\\ x_{mn} \end{bmatrix}=O.$$ 由于左边矩阵是分块下三角阵，其行列式显然为$$\det(A_1-b_{11}I_m)\det(A_1-b_{22}I_m)\cdots\det(A_1-b_{nn}I_m).$$ 显然方程只有零解当且仅当矩阵行列式不为0，即特征值$\lambda\neq b_{11},b_{22},\cdots,b_{nn}.$而$A_2$的特征值恰好是$b_{11},b_{22},\cdots,b_{nn}$。所以若$A_1$和$A_2$没有相同的特征值，Sylvester方程有唯一解。