已知A是四阶实对称矩阵且A2-3A+2E=O,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
时间: 2024-04-17 22:29:40 浏览: 364
根据已知条件 A^2 - 3A + 2E = 0,我们可以将其写为 A^2 - 3A + 2I = 0,其中 I 是单位矩阵。
我们知道,如果 λ 是 A 的特征值,则 λ 是 A 的特征多项式的根。由于 A 是实对称矩阵,它的特征多项式可以分解为一次因子或二次因子的乘积。
根据已知条件,齐次方程组(E-A)x = 0 的每一个解都可以由 α 线性表出,即解空间由 α 对应的特征向量生成。这意味着 A 的特征多项式只能是一次因子的乘积,否则解空间无法由单个特征向量生成。
考虑特征多项式为 (λ - α)^4,其中 α 是特征值。根据代数学基本定理,特征多项式的根与特征值一一对应。因此,特征值为 α。
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 $0,0,1,1$。
已知四阶矩阵A不可逆,E是与A同阶的单位矩阵,且满足 |E+2A|=0,|2E-k|= 0.1-E+A|=0. 求 B=A^2-2A+3E 的特征值.
首先,由于矩阵 $A$ 不可逆,那么它的行列式 $|A|$ 必然为 $0$。又因为 $|E+2A|=0$,所以 $-2$ 是 $A$ 的一个特征值;同理,$0.1$ 和 $1$ 分别是矩阵 $2E-k$ 和 $E+A$ 的特征值。
接下来我们来计算 $B=A^2-2A+3E$ 的特征值。首先有:
$$
B=A^2-2A+3E=(A-E)^2+2E
$$
因为 $A$ 不可逆,所以 $0$ 是 $A$ 的一个特征值,从而 $-1$ 是 $A-E$ 的一个特征值,所以 $(-1)^2=1$ 是 $(A-E)^2$ 的一个特征值。又因为 $2E$ 是一个对角矩阵,所以它的特征值就是对角线上的元素,即 $2$。因此,$B$ 的特征值为:
$$
\lambda_B=\lambda_{(A-E)^2}+2=1+2=3
$$
因此,矩阵 $B$ 的特征值为 $3$。