南京理工大学 2023年高等代数第0题

由条件1：$(A-E)X=0$有非零解$(1,-1,-1)^T$，说明$(1,-1,-1)^T$是$A$对应于特征值$1$的特征向量。由条件2：$AX=0$有两个线性无关的解，说明$0$是$A$的特征值且几何重数至少为$2$。由于$A$是实对称矩阵，代数重数等于几何重数，故$0$的重数为$2$。因此$A$的特征值为$1$（单重）和$0$（二重）。

设$\alpha=(x_1,x_2,x_3)^T$是$0$的特征向量，则$\alpha$与$(1,-1,-1)^T$正交：$1\cdot x_1+(-1)\cdot x_2+(-1)\cdot x_3=0$，即$x_1-x_2-x_3=0$。解空间维数为$2$，取基础解系：令$x_2=1,x_3=0$得$(1,1,0)^T$；令$x_2=0,x_3=1$得$(1,0,1)^T$。

齐次线性方程组$AX=0$的通解为$X = k_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + k_2 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$，其中$k_1,k_2\in\mathbb{R}$。

将特征向量组正交化：取$\beta_2=(1,1,0)^T$，$\beta_3=(1,0,1)^T-\frac{\langle (1,0,1)^T,\beta_2\rangle}{\langle\beta_2,\beta_2\rangle}\beta_2=(1,0,1)^T-\frac{1}{2}(1,1,0)^T=(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1)^T$。

单位化：$\gamma_1=\frac{(1,-1,-1)^T}{\sqrt{3}}=(\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})^T$，$\gamma_2=\frac{(1,1,0)^T}{\sqrt{2}}=(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0)^T$，$\gamma_3=\frac{(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1)^T}{\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(-\frac{1}{2})^2+1^2}}=\frac{(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1)^T}{\sqrt{3/2}}=(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}})^T$。

构造正交矩阵$Q=(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)$，则$Q^TAQ=\Lambda=\operatorname{diag}(1,0,0)$，故$A=Q\Lambda Q^T$。由于$\Lambda$只有第一个对角元非零，$A=\gamma_1\gamma_1^T$。计算：$\gamma_1\gamma_1^T=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&-1\end{pmatrix}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1&-1&-1\\-1&1&1\\-1&1&1\end{pmatrix}$。

（1）$AX=0$的通解为$X = k_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + k_2 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad k_1,k_2\in\mathbb{R}$。 （2）$A = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$。