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 $0,0,1,1$。