5.2 基本概念

5.2.1-5.2.2
略.
5.2.3 设$A=\left[\begin{array}{ccc}2& -2& 0\\ -2& x& -2\\ -2& -2& 0\end{array}\right]$，$B=\left[\begin{array}{ccc}2& & \\ & 2& \\ & & y\end{array}\right]$，已知$A,B$特征多项式相同，求$x,y$.
解：
由$\det (A)=\det (B),\mathrm{trace}(A)=\mathrm{trace}(B)$立得$x=-2,y=-4.$ 5.2.4-5.2.5
略.
5.2.6 给定向量$\mathbf{a},\mathbf{b}\in {\mathbb{R}}^n$计算$A=\mathbf{a}{\mathbf{b}}^{\mathrm{T}}$的所有特征对
解：
显然，$\mathrm{rank}(A)=1$，所以$n-1$重特征值是0，特征向量是$\mathcal{N}(A)$的基。又注意到$\mathrm{trace}(A)={\mathbf{b}}^{\mathrm{T}}\mathbf{a}$，于是$A$还有一个单特征值${\mathbf{b}}^{\mathrm{T}}\mathbf{a}$，对应的特征向量是$k\mathbf{a},k\ne 0.$ 5.2.7
略.
5.2.8 证明，如果$(\lambda ,\mathbf{x})$是$A$的特征对，则$(f(\lambda ),\mathbf{x})$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 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$⟹\det (A)\ne 0⟹A$的特征值都不为0.
若${\lambda }_0$是$A$的一个特征值，则$A\mathbf{x}={\lambda }_0\mathbf{x}⟹A^{-1}A\mathbf{x}={\lambda }_0{A}^{-1}\mathbf{x}⟹\mathbf{x}={\lambda }_0{A}^{-1}\mathbf{x}⟹A^{-1}\mathbf{x}=\frac{1}{{\lambda }_0}\mathbf{x}.$即$\frac{1}{{\lambda }_0}$是$A^{-1}$的一个特征值.
5.2.10 设${\mathbf{q}}_1,{\mathbf{q}}_2,{\mathbf{q}}_3\in {\mathbb{R}}^3$为一组标准正交基，分别求${\mathbf{q}}_1{\mathbf{q}}_1^{\mathrm{T}},{\mathbf{q}}_1{\mathbf{q}}_1^{\mathrm{T}}+{\mathbf{q}}_2{\mathbf{q}}_2^{\mathrm{T}},{\mathbf{q}}_1{\mathbf{q}}_1^{\mathrm{T}}+{\mathbf{q}}_2{\mathbf{q}}_2^{\mathrm{T}}+{\mathbf{q}}_3{\mathbf{q}}_3^{\mathrm{T}}$的所有特征值和特征向量.
解：
${\mathbf{q}}_1{\mathbf{q}}_1^{\mathrm{T}}$的特征对是$(0,k{\mathbf{q}}_2),(0,k{\mathbf{q}}_3),(1,k{\mathbf{q}}_1).$ ${\mathbf{q}}_1{\mathbf{q}}_1^{\mathrm{T}}+{\mathbf{q}}_2{\mathbf{q}}_2^{\mathrm{T}}$的特征对是$(0,k{\mathbf{q}}_3),(1,k{\mathbf{q}}_1),(1,k{\mathbf{q}}_2).$ ${\mathbf{q}}_1{\mathbf{q}}_1^{\mathrm{T}}+{\mathbf{q}}_2{\mathbf{q}}_2^{\mathrm{T}}+{\mathbf{q}}_3{\mathbf{q}}_3^{\mathrm{T}}$的特征对是$(1,k{\mathbf{q}}_3),(1,k{\mathbf{q}}_2),(1,k{\mathbf{q}}_1).$ 其中$k\ne 0.$ 5.2.11 设$n$阶实方阵$A$满足$A^{\mathrm{T}}\mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}$，其中$\mathbf{v}\in {\mathbb{R}}^n,\mathbf{v}\ne 0.$
1.设$A\mathbf{w}=\mu \mathbf{w}$，且$\mathbf{w}\in {\mathbb{R}}^n,\lambda \ne \mu$，证明$\mathbf{v},\mathbf{w}$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：
$A^{\mathrm{T}}\mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}⟹{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}A=\lambda {\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}⟹{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}{A}^2\mathbf{w}=\mu \lambda {\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}\mathbf{w}⟹{\mu }^2{\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}\mathbf{w}=\mu \lambda {\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}\mathbf{w}.$ 而$\mu \ne \lambda$，于是${\mathbf{v}}^{\mathrm{T}}\mathbf{w}=0.$ 2.
由1中结论立得.
5.2.12 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.$A^k=O⟹{\lambda }^k=0⟹\lambda =0.$ 2.$A^2=I_n⟹{\lambda }^2=1⟹\lambda =\pm 1.$ 3.$A^2=A⟹{\lambda }^2=\lambda ⟹\lambda =1,0.$ 5.2.13
略.
5.2.14 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$\mathbf{x}\in V_{{\lambda }_0}$都有$B\mathbf{x}\in V_{{\lambda }_0}$.当$A,B$不可交换时，结论是否成立？
证明：$A\mathbf{x}={\lambda }_0\mathbf{x}⟹BA\mathbf{x}={\lambda }_{0}B\mathbf{x}⟹AB\mathbf{x}={\lambda }_0\mathbf{x}.$所以$B\mathbf{x}\in V_{{\lambda }_0}.$ $A,B$不可交换时结论不成立。
5.2.15 证明，$A$和$T^{-1}AT$具有相同的特征多项式.
证明：
$$\det (\lambda I_n-A)=\det (\lambda T^{-1}{I}_{n}T-T^{-1}AT)=\det (\lambda I_n-T^{-1}AT).$$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 设${\lambda }_1,{\lambda }_2$是$A$的两个不同特征值，${\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2$是分别属于${\lambda }_1,{\lambda }_2$的特征向量。证明，${\mathbf{x}}_1+{\mathbf{x}}_2$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 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。$A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x},B\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}⟹(A-B)\mathbf{x}=0.$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$\mathrm{trace}(A)=\mathrm{trace}(B)⟹\mathrm{trace}(A-B)=0.$ 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：$\mathrm{trace}(A+B)=\mathrm{trace}(A)+\mathrm{trace}(B).$ 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。$\det (A+B)\ne \det (A)\det (B).$ 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$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$.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$A=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$.将第2行加到第1行上，再将第2列从第1列减去，得到$B=\left[\begin{array}{cc}-1& 1\\ 0& 0\end{array}\right]$，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$B{\mathbf{x}}_B=\lambda {\mathbf{x}}_B⟹P^{-1}AP=\lambda {\mathbf{x}}_B⟹AP{\mathbf{x}}_B=\lambda P{\mathbf{x}}_B⟹{\mathbf{x}}_A=P{\mathbf{x}}_B.$即${\mathbf{x}}_B=P^{-1}{\mathbf{x}}_A.$ 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$\left[\begin{array}{ccc}1& & \\ & 1& \\ & & 0\end{array}\right].$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：$$A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}⟹{\overline{\mathbf{x}}}^{\mathrm{T}}{\overline{A}}^{\mathrm{T}}=\overline{\lambda }{\overline{\mathbf{x}}}^{\mathrm{T}}⟹{\overline{\mathbf{x}}}^{\mathrm{T}}{\overline{A}}^{\mathrm{T}}A\mathbf{x}=\overline{\lambda }{\overline{\mathbf{x}}}^{\mathrm{T}}A\mathbf{x}⟹{\overline{\mathbf{x}}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}=\lambda \overline{\lambda }{\overline{\mathbf{x}}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}.$$ 即$\lambda \overline{\lambda }=1$，而${\overline{\mathbf{x}}}^{\mathrm{T}}\mathbf{x}\ne 0$，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$k\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ ⋮\\ 1\end{array}\right].(k\ne 0)$
5.2.18 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$$\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& -B\\ -A& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& B\\ O& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\lambda I_n& O\\ -\sqrt{\lambda }A& \lambda I_m-AB\end{array}\right],$$ $$\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& B\\ O& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& -B\\ -A& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\lambda I_n-BA& O\\ -\sqrt{\lambda }A& \lambda I_m\end{array}\right].$$ 于是 $$\det (\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& -B\\ A& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right])\cdot \det (\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& B\\ O& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right])=\det (\left[\begin{array}{cc}\lambda I_n& O\\ -\sqrt{\lambda }A& \lambda I_m-AB\end{array}\right])={\lambda }^n\det (I_m-AB).$$ $$\det (\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& B\\ O& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right])\cdot \det (\left[\begin{array}{cc}\sqrt{\lambda }{I}_n& -B\\ -A& \sqrt{\lambda }{I}_m\end{array}\right])=\det (\left[\begin{array}{cc}\lambda I_n-BA& O\\ -\sqrt{\lambda }A& \lambda I_m\end{array}\right])={\lambda }^m\det (\lambda I_n-BA).$$ 即$${\lambda }^n\det (\lambda I_m-AB)={\lambda }^m\det (\lambda I_n-BA).$$ 5.2.19 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$\mathbf{x}$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 $$A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}⟹BA\mathbf{x}=\lambda B\mathbf{x}⟹AB\mathbf{x}=\lambda B\mathbf{x}$$ 这表明$B\mathbf{x}$也是$A$关于$\lambda$的特征向量，即对任意$\mathbf{x}\in V_{\lambda },B^m\mathbf{x}\in V_{\lambda }.$其中$m$是任意正整数.
容易地，我们可以构造子空间$\mathrm{span}(\mathbf{x},B\mathbf{x},\cdots ,B^k\mathbf{x})$，使得$\mathbf{x},B\mathbf{x},\cdots ,B^k\mathbf{x}$线性无关但$B^{k+1}\mathbf{x}$在子空间中，显然$\mathrm{span}(\mathbf{x},B\mathbf{x},\cdots ,B^k\mathbf{x})\subseteq V_{\lambda }.$ 设${\lambda }_B$是$B$的一个特征值，则 $$\begin{array}{r}(B-{\lambda }_B{I}_n)({\beta }_0\mathbf{x}+{\beta }_{1}B\mathbf{x}+\cdots +{\beta }_k{B}^k\mathbf{x})=0.\\ ⟹{\beta }_k{B}^{k+1}\mathbf{x}+({\beta }_{k-1}-{\lambda }_B{\beta }_k)B^k\mathbf{x}+\cdots -{\lambda }_B{\beta }_0\mathbf{x}=0\end{array}$$ 因为$\mathbf{x},B\mathbf{x},\cdots ,B^k\mathbf{x},B^{k+1}\mathbf{x}$线性相关，所以一定存在不全为零的一组${\beta }_0,\cdots ,{\beta }_k$使$(B-{\lambda }_B{I}_n)({\beta }_0\mathbf{x}+{\beta }_{1}B\mathbf{x}+\cdots +{\beta }_k{B}^k\mathbf{x})=0$成立。这表明${\beta }_0\mathbf{x}+{\beta }_{1}B\mathbf{x}+\cdots +{\beta }_k{B}^k\mathbf{x}\in \mathrm{span}(\mathbf{x},B\mathbf{x},\cdots ,B^k\mathbf{x})$是$B$的一个特征向量。
又因为$\mathrm{span}(\mathbf{x},B\mathbf{x},\cdots ,B^k\mathbf{x})\subseteq V_{\lambda }.$所以$\mathrm{span}(\mathbf{x},B\mathbf{x},\cdots ,B^k\mathbf{x})$中一定有$A,B$公共的特征向量。
法二：
设$\mathbf{x}$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 $$A\mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}⟹BA\mathbf{x}=\lambda B\mathbf{x}⟹AB\mathbf{x}=\lambda B\mathbf{x}$$ 这表明$B\mathbf{x}$也是$A$关于$\lambda$的特征向量，即对任意$\mathbf{x}\in V_{\lambda },B^m\mathbf{x}\in V_{\lambda },f(B)\mathbf{x}\in V_{\lambda }.$其中$m$是任意正整数，$f(\cdot )$是任意次多项式.
由Hamilton-Cayley定理，$(B-{\lambda }_1{I}_n)(B-{\lambda }_2{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)=O.$所以对任意$\mathbf{x}\in V_{\lambda }$有$(B-{\lambda }_1{I}_n)(B-{\lambda }_2{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}=0$。若$(B-{\lambda }_2{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}\ne 0$，则$(B-{\lambda }_2{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}$是$B$的一个特征向量。而$(B-{\lambda }_2{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}\in V_{\lambda }$，所以他是$A,B$共同的特征向量。
若$(B-{\lambda }_2{I}_n)(B-{\lambda }_3{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}=0$（这是可能的，因为矩阵不可逆），我们需要继续考察向量$(B-{\lambda }_3{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}$是否是零向量。如果不是，那么$(B-{\lambda }_3{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}$是$B$的一个特征向量，同时$(B-{\lambda }_3{I}_n)\cdots (B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}$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$(B-{\lambda }_n{I}_n)\mathbf{x}=0$，由于$\mathbf{x}\ne 0$，所以$\mathbf{x}$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 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.
Proof:
Assume that $\frac{1}{2}$ is one of the eigenvalues of $A$, and the characteristic polynomial of $A$ is $p_A(x)=x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$, where $a_{n-1},\cdots ,a_1,a_0$ are all integer since all the entries of $A$ are integer. By the definition of characteristic polynomial, $p_A(\frac{1}{2})=0$. Therefore,
$$\frac{1}{2^n}+\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\cdots +\frac{a_1}{2}+a_0=0$$ Rearrangement, $$-\frac{1}{2^n}=\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\cdots +\frac{a_1}{2}+a_0$$ Multiplying $2^{n-1}$ on both sides, $$-\frac{1}{2}=a_{n-1}+\cdots +a_1{2}^{n-2}+a_0{2}^{n-1}$$ The right-hand side is integer while the left-hand side is not. Contradiction. So $\frac{1}{2}$ is not one of the eigenvalues.
5.2.22
略.
5.2.23 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$A_{1}X-X{A}_2=B$有唯一解.矩阵方程$A_{1}X-X{A}_2=B$称为Sylvester方程，在控制论中有不少应用.
证明：
$A_{1}X-X{A}_2=B$有唯一解等价于$A_{1}X-X{A}_2=O$只有零解.
设$A_2=\left[\begin{array}{cccc}{b}_{11}& b_{12}& \cdots & b_{1n}\\ & b_{22}& \cdots & b_{2n}\\ & & \ddots & ⋮\\ & & & b_{nn}\end{array}\right]$.$X=\left[\begin{array}{cccc}{x}_{11}& x_{12}& \cdots & x_{1n}\\ x_{21}& x_{22}& \cdots & x_{2n}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ x_{m1}& x_{m2}& \cdots & x_{mn}\end{array}\right].$ 将$X$按列排列成列向量得, $$\left[\begin{array}{cccc}{A}_1-b_{11}{I}_m& & & \\ -b_{12}{I}_m& A_1-b_{22}{I}_m& & \\ ⋮& & \ddots & \\ -b_{1n}{I}_m& -b_{2n}{I}_m& \cdots & A_1-b_{nn}{I}_m\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}_{11}\\ x_{21}\\ ⋮\\ x_{m1}\\ ⋮\\ x_{mn}\end{array}\right]=O.$$ 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$A_1$的特征值$\lambda \ne b_{11},b_{22},\cdots ,b_{nn}.$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，关于$m\times n$矩阵$X$的矩阵方程$A_{1}X-X{A}_2=B$有唯一解。