设 3 阶实矩阵 $\boldsymbol{A}$ 和其伴随矩阵 $\boldsymbol{A}^*$ 满足 $\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}=\boldsymbol{O},|\boldsymbol{A}|=2$.
(1) 证明 $\boldsymbol{A}$ 可以对角化;
(2) 如果 $\boldsymbol{A}$ 为实对称阵, 且 $\boldsymbol{\xi}=(1,1-1)^{\mathrm{T}}$ 是齐次线性方程组 $(\boldsymbol{A}-2 \boldsymbol{E}) \boldsymbol{x}=\mathbf{0}$ 的一个解, 求 对称矩阵 $\boldsymbol{B}$ 使得 $\boldsymbol{B}^2=\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$.
【答案】 (1) 等式 $\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}-\boldsymbol{E}=\boldsymbol{O}$ 两端左乘 $\boldsymbol{A}$, 注意到 $|\boldsymbol{A}|=2$, 得 $\boldsymbol{A}^2-\boldsymbol{A}-2 \boldsymbol{E}=\boldsymbol{O}$, 设 $\boldsymbol{A}$ 的 特征值为 $\lambda$, 则 $\lambda^2-\lambda-2=0$, 得 $\boldsymbol{A}$ 的可能特征值为 $-1,2$, 由 $|\boldsymbol{A}|=2$, 得 $\boldsymbol{A}$ 的特征值为 $-1$, $-1,2$. 再由 $\boldsymbol{A}^2-\boldsymbol{A}-2 \boldsymbol{E}=\boldsymbol{O}$ 知 $(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E})(\boldsymbol{A}-2 \boldsymbol{E})=\boldsymbol{O}$, 故 $r(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E})+r(\boldsymbol{A}-2 \boldsymbol{E}) \leqslant 3$. 又因为 $r(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E})+r(\boldsymbol{A}-2 \boldsymbol{E}) \geqslant r(2 \boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}+\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E})=r(\boldsymbol{E})=3$, 得 $r(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E})+r(\boldsymbol{A}-$ $2 \boldsymbol{E})=3$.
特征值 2 为单根, 得 $r(\boldsymbol{A}-2 \boldsymbol{E})=3-1=2, r(\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E})=1$, 特征值 $-1$ 对应两个线性无关的 特征向量, 所以 $\boldsymbol{A}$ 可以对角化.

(2) 由题意, $\boldsymbol{\xi}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 $\lambda_1=2$ 对应的特征向量.
设 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 $\lambda_2=\lambda_3=-1$ 对应的特征向量为 $\boldsymbol{x}=\left(x_1, x_2, x_3\right)^{\mathrm{T}}$, 则 $\boldsymbol{\xi}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{x}=0$, 即 $x_1+x_2-$ $x_3=0$, 得正交的基础解系 $\boldsymbol{\beta}_2=(-1,1,0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_3=(1,1,2)^{\mathrm{T}}$, 单位化 $\boldsymbol{\xi}, \boldsymbol{\beta}_2, \boldsymbol{\beta}_3$, 得
$$
\boldsymbol{\eta}_1=\left(\frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\eta}_2=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0\right)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\eta}_3=\left(\frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}}\right)^{\mathrm{T}} .
$$
$\left(\frac{1}{\sqrt{3}} \quad-\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{6}}\right)$
令 $Q=\left(\boldsymbol{\eta}_1, \boldsymbol{\eta}_2, \boldsymbol{\eta}_3\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}}\end{array}\right)$, 则 $\boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{A} \boldsymbol{Q}=\left(\begin{array}{ccc}2 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{array}\right)$. 进而
$$
\boldsymbol{A}=Q\left(\begin{array}{ccc}
2 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{array}\right) Q^T,
$$
$$
\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}=\boldsymbol{Q}\left(\begin{array}{lll}
3 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right) \boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}=\boldsymbol{Q}\left(\begin{array}{ccc}
\sqrt{3} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right) \boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}} \boldsymbol{Q}\left(\begin{array}{ccc}
\sqrt{3} & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right) \boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}},
$$
取 $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{Q}\left(\begin{array}{ccc}\sqrt{3} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) \boldsymbol{Q}^{\mathrm{T}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{ccc}1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & 1\end{array}\right)$, 从而有 $\boldsymbol{B}^2=\boldsymbol{A}+\boldsymbol{E}$.


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