2010年考研数学三第6题

设$\lambda$为矩阵$A$的任意一个特征值，对应的特征向量为$\boldsymbol{x}$（$\boldsymbol{x}\neq\mathbf{0}$），则有$A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$。 已知条件为$A^2+A=O$，即$A^2=-A$。将特征关系代入该矩阵方程： 首先计算$A^2\boldsymbol{x}=A(A\boldsymbol{x})=A(\lambda\boldsymbol{x})=\lambda A\boldsymbol{x}=\lambda^2\boldsymbol{x}$。 另一方面，由$A^2+A=O$，两边同时右乘特征向量$\boldsymbol{x}$得： $$(A^2+A)\boldsymbol{x}=O\boldsymbol{x}=\mathbf{0}$$ 即 $$A^2\boldsymbol{x}+A\boldsymbol{x}=\mathbf{0}$$ 代入$A^2\boldsymbol{x}=\lambda^2\boldsymbol{x}$和$A\boldsymbol{x}=\lambda\boldsymbol{x}$，得到： $$\lambda^2\boldsymbol{x}+\lambda\boldsymbol{x}=\mathbf{0}$$ 提取公因子$\boldsymbol{x}$： $$(\lambda^2+\lambda)\boldsymbol{x}=\mathbf{0}$$ 由于特征向量$\boldsymbol{x}\neq\mathbf{0}$，因此系数必须为零： $$\lambda^2+\lambda=0$$ 因式分解得： $$\lambda(\lambda+1)=0$$ 解得$\lambda=0$或$\lambda=-1$。 因此，矩阵$A$的特征值只可能取$0$或$-1$，但具体哪些特征值出现以及它们的代数重数和几何重数需要结合后续条件进一步确定。

已知矩阵 $A$ 是实对称矩阵，即 $A^T = A$ 且所有元素均为实数。根据线性代数中的基本定理：实对称矩阵必可正交对角化，即存在正交矩阵 $Q$ 使得 $Q^T A Q = \Lambda$，其中 $\Lambda$ 是对角矩阵，对角线上元素为 $A$ 的特征值。因此，$A$ 一定可以相似于对角矩阵，且对角元就是 $A$ 的全部特征值（计入重数）。 具体到本题，设 $A$ 的特征值为 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$（可能有重根），则存在可逆矩阵 $P$（实际上可取正交矩阵）使得 $$P^{-1} A P = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix}.$$ 由于实对称矩阵的不同特征值对应的特征向量相互正交，且每个特征值的几何重数等于代数重数，因此 $A$ 可对角化是必然的，无需额外条件。这一性质是后续步骤（如求特征值、判断正定性等）的基础。

已知矩阵 $A$ 是 $4 \times 4$ 矩阵，且满足 $A^2 + A = O$，即 $A(A+E)=O$。由此可知 $A$ 的特征值只能为 $0$ 或 $-1$。又已知 $\mathrm{rank}(A)=3$，而 $A$ 是 $4$ 阶方阵，故 $A$ 的零空间维数为 $n - \mathrm{rank}(A) = 4 - 3 = 1$。零空间维数等于特征值 $0$ 的几何重数，而几何重数不超过代数重数，因此特征值 $0$ 的代数重数至少为 $1$。另一方面，由于 $A$ 的最小多项式无重根（因为 $A^2+A=0$ 且 $\lambda^2+\lambda=0$ 的根为 $0$ 和 $-1$，均为单根），所以 $A$ 可对角化。可对角化矩阵的几何重数等于代数重数，故特征值 $0$ 的代数重数等于其几何重数 $1$。于是特征值 $-1$ 的代数重数为 $4 - 1 = 3$。因此，$-1$ 是三重特征值，$0$ 是单重特征值。