Problems & Solutions

在实数域 $\mathbb{R}$ 上的四维线性空间 $V$ 中，已知 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}, \varepsilon_{4}$ 是一组基，线性变换 $\sigma$ 对该组基的作用定义如下：
$\sigma(\varepsilon_{1})=\varepsilon_{2}+\varepsilon_{3}-\varepsilon_{4}$，$\sigma(\varepsilon_{2})=\varepsilon_{1}-\varepsilon_{3}+\varepsilon_{4}$，$\sigma(\varepsilon_{3})=\varepsilon_{1}-\varepsilon_{2}+\varepsilon_{4}$，$\sigma(\varepsilon_{4})=-\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2}+\varepsilon_{3}$。
请完成以下问题：
（1）求 $\sigma$ 在基 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}, \varepsilon_{4}$ 下的矩阵 $A$；
（2）确定 $\sigma$ 的全部特征值，并写出每个特征值对应的所有特征向量；
（3）找出一个正交矩阵 $T$，使得 $T^{-1}AT$ 为对角矩阵，并写出此对角矩阵。

(1)$A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$；(2)特征值：1（三重），-3（一重）；特征向量：对应1的为$C_{1}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})+C_{2}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{3})+C_{3}(-\varepsilon_{1}+\varepsilon_{4})$（$C_{1},C_{2},C_{3}$不全为零），对应-3的为$C_{4}(\varepsilon_{1}-\varepsilon_{2}-\varepsilon_{3}+\varepsilon_{4})$（$C_{4} \neq 0$）；(3)$T=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{\sqrt{12}}{12} & \frac{1}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{12}}{12} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{3} & \frac{\sqrt{12}}{12} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{\sqrt{12}}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix}$，对角矩阵$\operatorname{diag}\{1,1,1,-3\}$

(1)$A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$；(2)特征值：1（三重），-3（一重）；特征向量：对应1的为$C_{1}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})+C_{2}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{3})+C_{3}(-\varepsilon_{1}+\varepsilon_{4})$（$C_{1},C_{2},C_{3}$不全为零），对应-3的为$C_{4}(\varepsilon_{1}-\varepsilon_{2}-\varepsilon_{3}+\varepsilon_{4})$（$C_{4} \neq 0$）；(3)$T=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{\sqrt{12}}{12} & \frac{1}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & -\frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{12}}{12} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{6}}{3} & \frac{\sqrt{12}}{12} & -\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{\sqrt{12}}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix}$，对角矩阵$\operatorname{diag}\{1,1,1,-3\}$

（1）根据线性变换在基下的矩阵定义，矩阵 $A$ 的第 $i$ 列是 $\sigma(\varepsilon_i)$ 在基 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}, \varepsilon_{4}$ 下的坐标。由题设：
$\sigma(\varepsilon_{1})=0\varepsilon_{1}+1\varepsilon_{2}+1\varepsilon_{3}-1\varepsilon_{4}$，故第1列坐标为 $(0,1,1,-1)^T$；
$\sigma(\varepsilon_{2})=1\varepsilon_{1}+0\varepsilon_{2}-1\varepsilon_{3}+1\varepsilon_{4}$，故第2列坐标为 $(1,0,-1,1)^T$；
$\sigma(\varepsilon_{3})=1\varepsilon_{1}-1\varepsilon_{2}+0\varepsilon_{3}+1\varepsilon_{4}$，故第3列坐标为 $(1,-1,0,1)^T$；
$\sigma(\varepsilon_{4})=-1\varepsilon_{1}+1\varepsilon_{2}+1\varepsilon_{3}+0\varepsilon_{4}$，故第4列坐标为 $(-1,1,1,0)^T$。
因此，$A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 0 & 1 \\ -1 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$。

（2）计算特征方程 $|\lambda E - A|=0$，得特征多项式 $|\lambda E - A|=(\lambda - 1)^3(\lambda + 3)$，故特征值为 $1$（三重）和 $-3$（一重）。
当 $\lambda=1$ 时，解 $(E - A)x=0$，基础解系为 $\alpha_{1}=(1,1,0,0)^T, \alpha_{2}=(1,0,1,0)^T, \alpha_{3}=(-1,0,0,1)^T$，全部特征向量为 $C_{1}\alpha_{1}+C_{2}\alpha_{2}+C_{3}\alpha_{3}$（$C_{1},C_{2},C_{3}$ 不全为零），在基下表示为 $C_{1}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{2})+C_{2}(\varepsilon_{1}+\varepsilon_{3})+C_{3}(-\varepsilon_{1}+\varepsilon_{4})$。
当 $\lambda=-3$ 时，解 $(-3E - A)x=0$，基础解系为 $\beta=(1,-1,-1,1)^T$，全部特征向量为 $C_{4}\beta$（$C_{4} \neq 0$），在基下表示为 $C_{4}(\varepsilon_{1}-\varepsilon_{2}-\varepsilon_{3}+\varepsilon_{4})$。

（3）对 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}$ 正交化：
$\eta_{1}=\alpha_{1}=(1,1,0,0)^T$；
正交化直接得到
$\widetilde{\eta}_{2}=\alpha_{2}-\frac{(\alpha_{2},\eta_{1})}{(\eta_{1},\eta_{1})}\eta_{1}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1,0\right)^T=\frac{1}{2}(1,-1,2,0)^T$。
为避免分数，取其非零倍数$\eta_{2}=(1,-1,2,0)^T$。利用该$\eta_2$继续正交化，直接得到
$\widetilde{\eta}_{3}=\alpha_{3}-\frac{(\alpha_{3},\eta_{1})}{(\eta_{1},\eta_{1})}\eta_{1}-\frac{(\alpha_{3},\eta_{2})}{(\eta_{2},\eta_{2})}\eta_{2}=\left(-\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3},1\right)^T=\frac{1}{3}(-1,1,1,3)^T$。
为避免分数，取其非零倍数$\eta_{3}=(-1,1,1,3)^T$。
单位化 $\eta_{1}, \eta_{2}, \eta_{3}, \beta$ 后组成正交矩阵 $T$，即得 $T^{-1}AT=\operatorname{diag}\{1,1,1,-3\}$。