kaoyan1basic 线性代数 第9题
📝 题目
### 【基础篇】第9题（解答题） 9．已勿 $A$ 为 3 朌矩阵，$E$ 为 3 朌单位矩阵，且 $(a E+A)^{2}=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1\end{array}\right], \operatorname{tr}(A)=2 \sqrt{2}-3 a, a$ 为常数。 （1）求驱脌 $A$ ； （2）者 $A$ 正定，求 $a$ 的取值范围．
💡 答案解析
**答案**：（1）$\displaystyle A=\begin{bmatrix}\sqrt{2}-a&0&\frac{1}{2}\\0&\sqrt{2}-a&0\\\frac{1}{2}&0&\sqrt{2}-a\end{bmatrix}$；（2）$\displaystyle a<\sqrt{2}-\frac{1}{2}$ **解析**： 步骤1：设$M=(aE+A)^2$，则$M=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&1\end{bmatrix}$，$M$的特征值为$0,2,2$。 步骤2：$aE+A$的特征值为$\pm\sqrt{0}=0,\pm\sqrt{2},\pm\sqrt{2}$，但$M$半正定，故$aE+A$的特征值为$0,\sqrt{2},\sqrt{2}$（取正根）。 步骤3：$A$的特征值为$-a, \sqrt{2}-a, \sqrt{2}-a$。 步骤4：$\operatorname{tr}(A)=(-a)+(\sqrt{2}-a)+(\sqrt{2}-a)=2\sqrt{2}-3a$，与已知一致。 步骤5：由$M$可对角化，存在正交矩阵$P$使$P^{\mathrm{T}}MP=\operatorname{diag}(0,2,2)$，则$P^{\mathrm{T}}(aE+A)P=\operatorname{diag}(0,\sqrt{2},\sqrt{2})$，故$aE+A=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&\sqrt{2}&0\\0&0&\sqrt{2}\end{bmatrix}$在某个基下，但需具体形式。由$M$的结构，设$aE+A=\begin{bmatrix}x&0&z\\0&y&0\\z&0&x\end{bmatrix}$，则$(aE+A)^2=\begin{bmatrix}x^2+z^2&0&2xz\\0&y^2&0\\2xz&0&x^2+z^2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&1\end{bmatrix}$，解得$y^2=2$，$y=\sqrt{2}$；$x^2+z^2=1$，$2xz=1$，解得$\displaystyle x=z=\frac{1}{\sqrt{2}}$或$\displaystyle x=z=-\frac{1}{\sqrt{2}}$，取正得$\displaystyle x=z=\frac{\sqrt{2}}{2}$。故$\displaystyle aE+A=\begin{bmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}&0&\frac{\sqrt{2}}{2}\\0&\sqrt{2}&0\\\frac{\sqrt{2}}{2}&0&\frac{\sqrt{2}}{2}\end{bmatrix}$，所以$\displaystyle A=\begin{bmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}-a&0&\frac{\sqrt{2}}{2}\\0&\sqrt{2}-a&0\\\frac{\sqrt{2}}{2}&0&\frac{\sqrt{2}}{2}-a\end{bmatrix}$。 步骤6：$A$正定要求所有特征值大于0，即$-a>0$且$\sqrt{2}-a>0$，得$a<0$且$a<\sqrt{2}$，故$a<0$。但需检查顺序主子式：$A$的特征值为$-a, \sqrt{2}-a, \sqrt{2}-a$，正定要求$-a>0$且$\sqrt{2}-a>0$，即$a<0$。但由(1)中$A$的具体形式，还需$\displaystyle |A_1|=\frac{\sqrt{2}}{2}-a>0$，$\displaystyle |A_2|=(\frac{\sqrt{2}}{2}-a)(\sqrt{2}-a)>0$，$|A_3|>0$，解得$\displaystyle a<\frac{\sqrt{2}}{2}$。综合得$\displaystyle a<\frac{\sqrt{2}}{2}$。 **难度**：★★★★☆