2014年考研数学二第23题

首先，题目中给出的第一个矩阵是元素全为1的$n$阶矩阵，记作$A$。即$A$的每个元素$a_{ij}=1$（$i,j=1,2,\dots,n$）。因此$A$可以表示为列向量$\mathbf{1}=(1,1,\dots,1)^\mathrm{T}$与行向量$\mathbf{1}^\mathrm{T}$的乘积：$$A=\mathbf{1}\mathbf{1}^\mathrm{T}.$$由于$\mathbf{1}\mathbf{1}^\mathrm{T}$的秩为1（因为两个向量的外积的秩不超过1，且$\mathbf{1}\neq\mathbf{0}$），所以$A$是一个秩1矩阵。 第二个矩阵记为$B$，其结构是：只有最后一列非零，且最后一列的元素依次为$1,2,\dots,n$，其余元素均为0。即$B$的第$j$列（$j=1,2,\dots,n-1$）全为0，第$n$列为$(1,2,\dots,n)^\mathrm{T}$。因此$B$可以表示为列向量$\mathbf{b}=(1,2,\dots,n)^\mathrm{T}$与行向量$\mathbf{e}_n^\mathrm{T}$的乘积，其中$\mathbf{e}_n=(0,0,\dots,0,1)^\mathrm{T}$是第$n$个标准单位向量：$$B=\mathbf{b}\mathbf{e}_n^\mathrm{T}.$$由于$\mathbf{b}\neq\mathbf{0}$且$\mathbf{e}_n\neq\mathbf{0}$，$B$也是一个秩1矩阵。 两个矩阵均为秩1矩阵，这一结构特征将有助于后续计算它们的特征值、特征向量以及矩阵多项式等。特别地，对于秩1矩阵，其非零特征值等于矩阵的迹（即对角线元素之和），且所有非零特征值对应的特征向量与构成该矩阵的列向量共线。

已知矩阵 $A = \alpha \alpha^T$，其中 $\alpha = (1,1,\ldots,1)^T$ 是 $n$ 维列向量。我们需要计算 $A$ 的特征值。 首先，注意到 $A$ 是秩为1的对称矩阵（实对称矩阵），因此它只有非零特征值（可能重数为1）和零特征值（重数为 $n-1$）。 设 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，对应的特征向量为 $x$，则有 $A x = \lambda x$，即 $(\alpha \alpha^T) x = \lambda x$。 将方程改写为 $\alpha (\alpha^T x) = \lambda x$。注意到 $\alpha^T x$ 是一个标量，记为 $c = \alpha^T x$，则方程变为 $c \alpha = \lambda x$。 **情形1：** 若 $\lambda \neq 0$，则 $x = \frac{c}{\lambda} \alpha$，即 $x$ 与 $\alpha$ 共线。取 $x = \alpha$，代入原方程：$A \alpha = \alpha (\alpha^T \alpha) = \alpha \cdot n = n \alpha$，因此 $\lambda = n$ 是一个特征值，对应的特征向量为 $\alpha$（或任何非零倍数）。 **情形2：** 若 $\lambda = 0$，则方程变为 $\alpha (\alpha^T x) = 0$，即 $\alpha^T x = 0$。所有满足 $\alpha^T x = 0$ 的非零向量 $x$ 都是特征值0的特征向量。由于 $\alpha^T x = \sum_{i=1}^n x_i = 0$，这样的向量构成一个 $n-1$ 维子空间（与 $\alpha$ 正交的全体向量），因此特征值0的重数为 $n-1$。 综上，矩阵 $A$ 的特征值为：$\lambda_1 = n$（单重），$\lambda_2 = 0$（$n-1$ 重）。

已知矩阵 $B = \alpha \alpha^T$，其中 $\alpha$ 是 $n$ 维非零列向量。首先分析 $B$ 的秩：由于 $B$ 是秩为1的矩阵（因为 $\alpha \neq 0$，且 $\alpha^T \alpha = n$，所以 $B$ 的列向量都是 $\alpha$ 的倍数，秩为1）。 对于秩为1的矩阵，其特征值具有特殊结构：非零特征值至多只有一个，其余 $n-1$ 个特征值均为0。设 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ 为 $B$ 的特征值，则 $\lambda_1 + \lambda_2 + \cdots + \lambda_n = \operatorname{tr}(B)$，且 $\lambda_1 \lambda_2 \cdots \lambda_n = \det(B) = 0$（因为秩小于 $n$）。 计算 $B$ 的迹：$\operatorname{tr}(B) = \operatorname{tr}(\alpha \alpha^T) = \alpha^T \alpha = n$（因为 $\alpha$ 的各分量平方和为 $n$）。因此，非零特征值（设为 $\lambda$）满足 $\lambda + 0 + \cdots + 0 = n$，即 $\lambda = n$。 另外，可以直接验证 $\alpha$ 是 $B$ 的属于特征值 $n$ 的特征向量：$B\alpha = \alpha(\alpha^T\alpha) = n\alpha$。而任何与 $\alpha$ 正交的非零向量 $x$（即 $\alpha^T x = 0$）满足 $Bx = \alpha(\alpha^T x) = 0$，所以 $0$ 是 $n-1$ 重特征值。 因此，矩阵 $B$ 的特征值为：$n$（单重）和 $0$（$n-1$ 重）。

首先判断矩阵$A$的可对角化性。已知$A$是实对称矩阵，实对称矩阵必可对角化，且存在正交矩阵$Q$使得$Q^TAQ$为对角矩阵。因此$A$一定可对角化。\n\n接下来判断矩阵$B$的可对角化性。$B$不是对称矩阵，需要验证其每个特征值的几何重数是否等于代数重数。由前一步骤已知$B$的特征值为$\lambda=0$（$n$重根），即代数重数为$n$。\n\n计算特征值$\lambda=0$的几何重数，即解齐次线性方程组$(B-0I)x=0$，即$Bx=0$。写出系数矩阵$B$，并求其秩。由于$B$的每一行都是$\alpha^T$的倍数，且$\alpha \neq 0$，故$B$的所有行向量线性相关，秩为1。因此系数矩阵的秩$r(B)=1$。\n\n根据线性方程组解的理论，零空间的维数（即几何重数）等于$n - r(B) = n - 1$。而特征值$\lambda=0$的代数重数为$n$，几何重数为$n-1$，两者不相等？此处需注意：题目中$B$是$n$阶矩阵，特征值$0$的代数重数为$n$，但几何重数为$n-1$，似乎不相等。然而步骤概要中称“几何重数等于代数重数”，这需要重新审视。实际上，对于$n$阶矩阵$B$，若$\alpha$是$n$维非零列向量，则$B=\alpha\alpha^T$的秩为1，特征值$0$的代数重数为$n-1$（因为$\alpha\alpha^T$有一个非零特征值$\alpha^T\alpha$，其余$n-1$个特征值为0），而不是$n$。因此代数重数为$n-1$，几何重数也为$n-1$，两者相等，故$B$可对角化。\n\n综上，$A$和$B$均可对角化。

由前几步已知：矩阵$A$与$B$均为$n$阶矩阵，且它们有相同的特征值：$\lambda_1 = n$（单重），$\lambda_2 = 0$（$n-1$重）。同时，已证明$A$与$B$均可对角化（因为$A$是实对称矩阵，$B$满足$B^2 = nB$且$B$的秩为1，其几何重数等于代数重数）。因此，存在可逆矩阵$P_1$和$P_2$，使得 $$P_1^{-1} A P_1 = \operatorname{diag}(n, 0, \ldots, 0), \quad P_2^{-1} B P_2 = \operatorname{diag}(n, 0, \ldots, 0).$$ 即$A$与$B$都相似于同一个对角矩阵$\Lambda = \operatorname{diag}(n, 0, \ldots, 0)$。 根据矩阵相似的传递性：若$A \sim \Lambda$且$B \sim \Lambda$，则$A \sim B$。事实上，由$P_1^{-1} A P_1 = \Lambda$和$P_2^{-1} B P_2 = \Lambda$可得 $$P_1^{-1} A P_1 = P_2^{-1} B P_2,$$ 两边左乘$P_2$、右乘$P_1^{-1}$得 $$B = P_2 P_1^{-1} A P_1 P_2^{-1} = (P_1 P_2^{-1})^{-1} A (P_1 P_2^{-1}),$$ 令$P = P_1 P_2^{-1}$，则$P$可逆，且$B = P^{-1} A P$，故$A$与$B$相似。 因此，由相似充要条件（两个$n$阶矩阵有相同的特征值且均可对角化）直接得出结论：矩阵$A$与$B$相似。 最终答案：$A$与$B$相似。