A是3阶实对称矩阵，A^2-A=2E,tr(A)=0,X^TAX的规范型为

由于 A 是 3 阶实对称矩阵，因此可以对它进行正交对角化，即存在正交矩阵 P，使得 P^TAP = D，其中 D 是对角矩阵。由于 A^2 - A = 2E，所以 A(A - I) = 2E，因此 A(A - I)^2 = 4(A - I)。因为 A 和 A - I 相似，所以它们有相同的特征值，设 A 的特征值为 λ，则有 λ(λ - 1)^2 = 4(λ - 1)，即 λ^3 - 3λ^2 - 2λ + 4 = 0。解得 λ1 = 2，λ2 = -1，λ3 = 0。因此可以取 P = [v1, v2, v3]，其中 v1，v2 和 v3 分别是 A 对应于 λ1，λ2 和 λ3 的特征向量。则有 P^TAP = [2 0 0; 0 -1 0; 0 0 0]，且 tr(A) = 0，即 2 + (-1) + 0 = 0。

设 Y = X^TAX，则有 Y = X^TPDP^TX = (PX)^TD(PX)，令 Q = PX，则有 Y = Q^TDQ。因为 D 是对角矩阵，所以 Y 的规范型为 Y = diag(2, -1, 0)。

相关问题

已知A是4阶实对称矩阵，且A^2-3A+2E=0.若齐次方程组（E-A）x=0的每一个解均可由α线性表出，则A的特征值是？

题目提示中给出了 $A^2-3A+2E=0$，将其两边同时加上 $A$ 可得 $A^2-2A+2E=A(A-2E)+2E=0$。因此 $A$ 的特征值只可能是 $0, 2$。

又因为 $A$ 是实对称矩阵，所以它可以被正交对角化，即 $A=Q\Lambda Q^T$，其中 $Q$ 是正交矩阵，$\Lambda$ 是对角矩阵。由于 $A$ 的特征值只可能是 $0,2$，所以 $\Lambda$ 的对角线上只可能是 $0$ 或 $2$。

现在考虑 $E-A$ 这个矩阵。由于 $A$ 可以被正交对角化，所以 $E-A$ 也可以被正交对角化。设 $E-A=PDP^T$，其中 $P$ 是正交矩阵，$D$ 是对角矩阵。则 $D$ 的对角线上只可能是 $-1$ 或 $1$。

题目中要求齐次方程组 $(E-A)x=0$ 的每一个解都可以由 $\alpha$ 线性表出，等价于 $(E-A)x=0$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量。也就是说，$E-A$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量，等价于 $E-A$ 是满秩的，等价于 $D$ 的对角线上不包含 $0$。因为 $D$ 的对角线上只可能是 $-1$ 或 $1$，所以 $D$ 的对角线上只包含 $-1$ 或只包含 $1$。

如果 $D$ 的对角线上只包含 $-1$，则 $E-A$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量，等价于 $E-A=-PDP^T$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量，等价于 $E-A=-P\alpha\alpha^TP^T$，这与 $A^2-3A+2E=0$ 矛盾，因为 $A^2-3A+2E$ 的零空间是整个 $\mathbb{R}^4$ 空间。

因此 $D$ 的对角线上只包含 $1$，即 $E-A$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量。设 $\alpha=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$，则 $E-A$ 的零空间为 $\operatorname{span}(\alpha)$，即 $E-A=k\alpha\alpha^T$，其中 $k$ 是一个非零常数。由于 $A=Q\Lambda Q^T$，所以 $E-A=Q(E-\Lambda)Q^T$，因此 $E-\Lambda=kQ\alpha\alpha^TQ^T$。

现在需要找到一个 $k$ 和一个 $\alpha$，使得 $E-\Lambda=kQ\alpha\alpha^TQ^T$，且 $E-A=PDP^T$。注意到 $E-\Lambda$ 和 $E-A$ 都是实对称矩阵，所以它们可以被正交对角化。设 $E-\Lambda=RDR^T$，$E-A=SJS^T$，其中 $R,S$ 是正交矩阵，$D,J$ 是对角矩阵，则有 $D=k\alpha\alpha^T$，$J=\operatorname{diag}(0,2,0,0)$。

因为 $E-\Lambda$ 的零空间只包含 $\alpha$ 这一个向量，所以 $R$ 的第一列必须等于 $\alpha$ 的某个非零倍数（否则 $D$ 的对角线上会有 $0$），不妨设 $R=(\alpha,v_2,v_3,v_4)$，其中 $\alpha=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T$，$v_2,v_3,v_4$ 是 $\alpha$ 的正交补。则有：

$$
\begin{aligned}
E-\Lambda &= RDR^T \\
&= \begin{pmatrix} \alpha & v_2 & v_3 & v_4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} kx_1^2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & kx_2^2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & kx_3^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & kx_4^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha^T \\ v_2^T \\ v_3^T \\ v_4^T \end{pmatrix} \\
&= kx_1^2\alpha\alpha^T + kx_2^2v_2v_2^T + kx_3^2v_3v_3^T + kx_4^2v_4v_4^T
\end{aligned}
$$

又因为 $E-A=SJS^T$，其中 $J=\operatorname{diag}(0,2,0,0)$，所以 $S$ 的第二列必须是 $J$ 的第二个非零列（否则 $E-A$ 的对角线上会有 $1$ 或 $-1$），不妨设 $S=(u_1,w_2,u_3,u_4)$，其中 $u_1,u_3,u_4$ 是 $J$ 的第 $1,3,4$ 个非零列的正交补，$w_2$ 是 $J$ 的第二个非零列的某个非零倍数。则有：

$$
\begin{aligned}
E-A &= SJS^T \\
&= \begin{pmatrix} u_1 & w_2 & u_3 & u_4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1^T \\ w_2^T \\ u_3^T \\ u_4^T \end{pmatrix} \\
&= 2w_2w_2^T
\end{aligned}
$$

根据 $E-\Lambda=kx_1^2\alpha\alpha^T + kx_2^2v_2v_2^T + kx_3^2v_3v_3^T + kx_4^2v_4v_4^T$ 和 $E-A=2w_2w_2^T$ 的形式，可以发现：

$$
kx_1^2 = 2w_2^2,\quad kx_2^2 = kx_3^2 = kx_4^2 = 0
$$

因为 $k$ 是非零常数，所以 $x_1\neq 0$，所以 $w_2\neq 0$。因为 $A=Q\Lambda Q^T$，所以 $A$ 的特征向量就是 $Q$ 的列向量，即 $\alpha,v_2,v_3,v_4$。根据题目中的条件，$\alpha$ 可以表示 $v_2,v_3,v_4$ 的线性组合。因此，$\alpha$ 和 $v_2,v_3,v_4$ 张成的子空间是 $A$ 的零空间。因为 $A$ 的特征值只可能是 $0,2$，所以 $A$ 的零空间的维数等于 $A$ 的特征值为 $0$ 的个数，即 $1$。因此 $\alpha,v_2,v_3,v_4$ 张成的子空间是 $\mathbb{R}^4$ 的一个 $3$ 维子空间。

现在可以确定 $\alpha$ 和 $w_2$ 的值。因为 $w_2$ 是 $J$ 的第二个非零列的某个非零倍数，所以 $w_2$ 的取值不唯一。不妨令 $w_2=1$。则 $k=2$，$x_1=\sqrt{2}$，$x_2=x_3=x_4=0$，$\alpha=(\sqrt{2},0,0,0)^T$。因此：

$$
E-A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix},\quad A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

因此 $A$ 的特征值为 $0,0,1,1$。

5阶实对称矩阵A满足A³(A-2E)=0, rank(A)=3,求||A||F。

由于 A 是实对称矩阵，所以它可以对角化为对角矩阵：

$$
A = PDP^T
$$

其中 $P$ 是正交矩阵，$D$ 是对角矩阵。由于 $A^T = A$，所以 $P$ 是正交矩阵，即 $P^{-1} = P^T$。由于 $A^3 (A-2E) = 0$，所以 $D^3 (D-2E) = 0$。因此，$D$ 的对角线上的元素只能是 0 或 2，即：

$$
D = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$

由于 $rank(A) = 3$，所以 $D$ 中有三个对角线上的元素为 2。设它们对应的列为 $k_1, k_2, k_3$，则 $P$ 的前三列对应的向量为 $k_1, k_2, k_3$。由于 $P$ 是正交矩阵，所以 $k_1, k_2, k_3$ 是线性无关的。将 $P$ 的前三列扩展为 $5$ 维向量，得到 $R$：

$$
R = \begin{pmatrix}
0 & 0 & a & b & c \\
0 & 0 & d & e & f \\
0 & 0 & g & h & i \\
0 & 0 & j & k & l \\
0 & 0 & m & n & p \\
\end{pmatrix}
$$

其中 $a, b, c, d, e, f, g, h, i, j, k, l, m, n, p$ 是实数。由于 $P$ 是正交矩阵，所以 $R^T R = E$。因此，$a^2 + d^2 + g^2 + j^2 + m^2 = 1$，$b^2 + e^2 + h^2 + k^2 + n^2 = 1$，$c^2 + f^2 + i^2 + l^2 + p^2 = 1$。由于 $A = PDP^T$，所以

$$
\|A\|_F^2 = \mathrm{Tr}(A^T A) = \mathrm{Tr}(DD^T) = \sum_{i=1}^5 d_i^2
$$

其中 $d_i$ 是 $D$ 的对角线上的元素。因此，

$$
\|A\|_F^2 = 0 + 0 + 4 + 4 + 4 = 12
$$

因此，$\|A\|_F = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$。