2016年考研数学一第5题

首先，我们需要明确矩阵相似的定义。设 $A$ 和 $B$ 都是 $n$ 阶方阵，如果存在一个 $n$ 阶可逆矩阵 $P$，使得 $$P^{-1}AP = B,$$ 则称矩阵 $A$ 与 $B$ 相似，记作 $A \sim B$。这里的 $P$ 称为相似变换矩阵。 相似关系是矩阵之间的一种等价关系，具有以下性质： - 反身性：$A \sim A$（取 $P = I$）； - 对称性：若 $A \sim B$，则 $B \sim A$（因为 $P^{-1}AP = B$ 可推出 $A = PBP^{-1}$，而 $(P^{-1})^{-1}BP^{-1} = A$）； - 传递性：若 $A \sim B$ 且 $B \sim C$，则 $A \sim C$。 相似矩阵具有相同的特征多项式、特征值、行列式、迹、秩等。特别地，若 $A \sim B$，则存在可逆矩阵 $P$ 使得 $B = P^{-1}AP$，从而对任意正整数 $k$，有 $B^k = P^{-1}A^k P$。 本题已知条件为：存在可逆矩阵 $P$，使得 $P^{-1}AP = B$。这正是矩阵相似的定义式。因此，我们可以直接利用相似矩阵的性质来推导后续步骤中所需的结论。 回顾相似定义的目的在于为后续步骤中利用相似关系进行矩阵运算（如求幂、求特征值等）奠定基础。

选项(A)的表述为：若$A$与$B$相似，则$A^T$与$B^T$相似。 已知$A$与$B$相似，根据相似的定义，存在可逆矩阵$P$，使得$B = P^{-1}AP$。 对等式两边同时取转置，得到： $$B^T = (P^{-1}AP)^T$$ 根据转置的运算性质：$(XYZ)^T = Z^T Y^T X^T$，因此： $$B^T = P^T A^T (P^{-1})^T$$ 注意到$(P^{-1})^T = (P^T)^{-1}$，因为对于可逆矩阵$P$，有$(P^{-1})^T = (P^T)^{-1}$。于是上式化为： $$B^T = P^T A^T (P^T)^{-1}$$ 这表明存在可逆矩阵$Q = P^T$，使得$B^T = Q^{-1} A^T Q$，即$A^T$与$B^T$相似。 因此，选项(A)的结论成立，故(A)正确。

选项(B)的内容是：$A^{-1}$与$B^{-1}$相似。 已知条件为$A$与$B$相似，即存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP = B$。 对等式两边同时取逆，得到： $$(P^{-1}AP)^{-1} = B^{-1}$$ 根据逆矩阵的性质，$(P^{-1}AP)^{-1} = P^{-1}A^{-1}(P^{-1})^{-1} = P^{-1}A^{-1}P$。 因此有： $$P^{-1}A^{-1}P = B^{-1}$$ 这表明存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}A^{-1}P = B^{-1}$，根据相似矩阵的定义，$A^{-1}$与$B^{-1}$相似。 故选项(B)正确。

由前两步已得到： $$P^{-1}AP = B, \quad P^{-1}A^{-1}P = B^{-1}.$$ 将这两个等式相加，得 $$P^{-1}AP + P^{-1}A^{-1}P = B + B^{-1}.$$ 利用矩阵乘法分配律，左边可合并为 $$P^{-1}(A + A^{-1})P = B + B^{-1}.$$ 这表明存在可逆矩阵$P$使得$A+A^{-1}$与$B+B^{-1}$相似。因此选项(D)“$A+A^{-1}$与$B+B^{-1}$相似”正确。

选项(C)为：若$A$与$B$相似，则$A+A^T$与$B+B^T$相似。 已知$A$与$B$相似，即存在可逆矩阵$P$，使得$B = P^{-1}AP$。 考虑$B+B^T$： $$B+B^T = P^{-1}AP + (P^{-1}AP)^T = P^{-1}AP + P^T A^T (P^{-1})^T.$$ 为了将$B+B^T$表示为与$A+A^T$相似的形式，我们需要找到一个可逆矩阵$Q$，使得 $$Q^{-1}(A+A^T)Q = B+B^T.$$ 若取$Q = P$，则 $$P^{-1}(A+A^T)P = P^{-1}AP + P^{-1}A^TP.$$ 而$B+B^T = P^{-1}AP + P^T A^T (P^{-1})^T$。 比较两项：$P^{-1}A^TP$与$P^T A^T (P^{-1})^T$。 $P^{-1}A^TP$是$A^T$通过$P$的相似变换，而$P^T A^T (P^{-1})^T$是$A^T$通过$(P^T)^{-1}$的相似变换（因为$(P^T)^{-1} = (P^{-1})^T$）。 要使两者相等，需要$P^{-1}A^TP = P^T A^T (P^{-1})^T$，即$P^{-1}A^TP$与$P^T A^T (P^{-1})^T$相等。这等价于要求$P$满足$P^{-1}A^TP = (P^T)^{-1} A^T P^T$，即$P$与$P^T$可交换，且$A^T$与$P$可交换，这通常不成立。 因此，一般情况下，不存在同一个可逆矩阵$Q$同时将$A$和$A^T$变换为$B$和$B^T$，故$A+A^T$与$B+B^T$不一定相似。 反例：取$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$（单位矩阵）。$A$与$B$相似吗？$A$的Jordan标准形为$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$B$的Jordan标准形为$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，二者不相似。但若取$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，则$A$与$B$相似（通过置换矩阵）。此时$A+A^T = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}$，$B+B^T = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$，二者相似（同样通过置换矩阵）。但这不是一般情况。 更严格的反例：取$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$。$A$与$B$相似（因为$B = P^{-1}AP$，取$P = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$）。计算$A+A^T = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$，$B+B^T = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$，二者相等，当然相似。但若取$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$，则$A+A^T = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$，$B+B^T = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$，仍然相等。 实际上，对于任意$A$，若$B = P^{-1}AP$，则$B+B^T = P^{-1}AP + P^T A^T (P^{-1})^T$。要使$A+A^T$与$B+B^T$相似，需要存在可逆矩阵$Q$使得$Q^{-1}(A+A^T)Q = P^{-1}AP + P^T A^T (P^{-1})^T$。这通常不成立，因为$A$和$A^T$的变换矩阵不同（$P$和$(P^T)^{-1}$）。 因此，选项(C)错误。 最终结论：选项(C)不正确。