广西民族大学 2012年高等代数第0题

设 $A$ 为3阶对称矩阵，各行元素之和为3，即 $A\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$，所以 $\lambda_1=3$ 是特征值，对应特征向量为 $k(1,1,1)^T$（$k\neq0$）。

已知 $\alpha=(0,-1,1)^T$ 和 $\beta=(-1,2,-1)^T$ 是 $Ax=0$ 的解，即 $A\alpha=0$，$A\beta=0$，所以 $\lambda_2=0$ 是特征值，且 $\alpha,\beta$ 是特征向量。由于 $A$ 对称，不同特征值对应的特征向量正交，验证 $(1,1,1)^T$ 与 $\alpha,\beta$ 正交：$(1,1,1)\cdot(0,-1,1)=0$，$(1,1,1)\cdot(-1,2,-1)=0$。而 $\alpha$ 与 $\beta$ 不正交：$(0,-1,1)\cdot(-1,2,-1)=0-2-1=-3\neq0$，但 $\alpha,\beta$ 线性无关，属于同一特征值0，可正交化。

特征值：$\lambda_1=3$（单根），$\lambda_2=0$（二重根）。特征向量：对于 $\lambda=3$，全部特征向量为 $k_1(1,1,1)^T$，$k_1\neq0$；对于 $\lambda=0$，全部特征向量为 $k_2\alpha+k_3\beta$，其中 $k_2,k_3$ 不全为0。

由于 $A$ 是实对称矩阵，可以正交对角化，即存在正交矩阵 $Q$ 和对角矩阵 $B$，使得 $Q^T A Q = B$。$B$ 的对角元为特征值，即 $B=\operatorname{diag}(3,0,0)$。

对于 $\lambda=3$，取 $\xi_1=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^T$。对于 $\lambda=0$，取 $\alpha=(0,-1,1)^T$，$\beta=(-1,2,-1)^T$。先正交化：令 $\eta_2=\alpha$，$\eta_3=\beta-\frac{(\beta,\eta_2)}{(\eta_2,\eta_2)}\eta_2$。计算内积：$(\eta_2,\eta_2)=2$，$(\beta,\eta_2)=-3$，所以 $\eta_3=(-1,2,-1)^T - \frac{-3}{2}(0,-1,1)^T = (-1,2,-1)^T + \frac{3}{2}(0,-1,1)^T = (-1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})^T$。

单位化：$\xi_2=\frac{\eta_2}{\|\eta_2\|}=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)^T$，$\xi_3=\frac{\eta_3}{\|\eta_3\|}$，$\|\eta_3\|=\sqrt{(-1)^2+(\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}=\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以 $\xi_3=\frac{2}{\sqrt{6}}(-1,\frac{1}{2},\frac{1}{2})^T = (-\frac{2}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}})^T$。

则正交矩阵 $Q=(\xi_1,\xi_2,\xi_3)$，即 $$Q=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}.$$ 对角矩阵 $B=\begin{pmatrix}3&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$。验证 $Q^T B Q = A$ 成立。