【4.21】设alpha,beta是3维单位正交列向量组，A=alphabeta^T+betaalpha^T.(1)证明A可相似对角化;(2)若alpha=[(sqrt(2))/(2),0,(sqrt(2))/(2)]^T,beta=[0,1,0]^T,求方程组A^*x=0的全部解(3)若alpha=[(sqrt(2))/(2),0,(sqrt(2))/(2)]^T,beta=[0,1,0]^T,求正交矩阵C,使得C^T(A+A^*)C为对角矩阵,并求此对角矩阵.

本题主要考查矩阵相似对角化、伴随矩阵、齐次线性方程组求解以及正交矩阵和对角矩阵的相关知识。解题思路如下：

(1) 证明$A$可相似对角化

要证明矩阵$A$可相似对角化，可先判断$A$是否为对称矩阵，若$A$为对称矩阵，则$A$一定可相似对角化。
已知$A = \alpha\beta^{T} + \beta\alpha^{T}$，计算$A^T$：
$\begin{align*}A^T&= (\alpha\beta^{T} + \beta\alpha^{T})^T\\&= (\alpha\beta^{T})^T + (\beta\alpha^{T})^T\\&= \beta\alpha^{T} + \alpha\beta^{T}\\&= A\end{align*}$
因为$A^T = A$，所以$A$是对称矩阵，根据对称矩阵的性质，对称矩阵一定可相似对角化，故$A$可相似对角化。

(2) 求方程组$A^{*}x = 0$的全部解

首先需要求出矩阵$A$，再根据$A$求出其伴随矩阵$A^*$，最后求解齐次线性方程组$A^{*}x = 0$。
已知$\alpha=\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}$，$\beta=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$，则：
$\alpha\beta^{T}=\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}$
$\beta\alpha^{T}=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
所以$A = \alpha\beta^{T} + \beta\alpha^{T}=\begin{bmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}$。
计算$\vert A\vert$：
$\begin{align*}\vert A\vert&= 0\times\begin{vmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{vmatrix}-\frac{\sqrt{2}}{2}\times\begin{vmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & 0 \end{vmatrix}+0\times\begin{vmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \end{vmatrix}\\&= 0\end{align*}$
因为$\vert A\vert = 0$，所以$r(A)\lt 3$。
对$A$进行初等行变换：
$\begin{bmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}\xrightarrow{r_2-\sqrt{2}r_1}\begin{bmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & -1 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}\xrightarrow{r_3-r_1}\begin{bmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & -1 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
可得$r(A) = 2$，则$r(A^*) = 1$。
$A^*$的基础解系所含向量个数为$3 - r(A^*) = 3 - 1 = 2$。
对$A^*$进行初等行变换求解$A^{*}x = 0$，由于$A^*$的秩为$1$，不妨设$A^*$的第一行非零，且$A^*$的第一行为$(1,0,1)$（因为$A$的行向量组的极大线性无关组对应的列向量组就是$A^*$的解空间的一组基），则$A^{*}x = 0$等价于$x_1 + x_3 = 0$，令$x_2 = k_1$，$x_3 = k_2$，则$x_1 = -k_2$，所以方程组$A^{*}x = 0$的解为$k_1\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} + k_2\begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}=k_1\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} + k_2\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$（$k_1,k_2$为任意常数）。

(3) 求正交矩阵$C$和对角矩阵$\Lambda$

先求出$A + A^*$，再求出$A + A^*$的特征值和特征向量，最后将特征向量正交化、单位化得到正交矩阵$C$，特征值构成对角矩阵$\Lambda$。
由(2)可知$A = \begin{bmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}$，因为$\vert A\vert = 0$，$r(A) = 2$，所以$A^*$的秩为$1$，且$A^*$的非零行向量为$(1,0,1)$的倍数，不妨设$A^*=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$（因为$A^*$的秩为$1$，且$A$的行向量组的极大线性无关组对应的列向量组就是$A^*$的解空间的一组基）。
则$A + A^*=\begin{bmatrix} 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 1 \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ 1 & \frac{\sqrt{2}}{2} & 1 \end{bmatrix}$。
计算$A + A^*$的特征值：
$\vert\lambda E - (A + A^*)\vert=\begin{vmatrix} \lambda - 1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & \lambda & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ -1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \lambda - 1 \end{vmatrix}=(\lambda - 1)(\lambda^2 - 2\lambda - 1)=0$
解得$\lambda_1 = 1$，$\lambda_2 = 1 + \sqrt{2}$，$\lambda_3 = 1 - \sqrt{2}$。
当$\lambda_1 = 1$时，求解$(E - (A + A^*))x = 0$：
$\begin{bmatrix} 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & 1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ -1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}\xrightarrow{r_2-\frac{\sqrt{2}}{2}r_1}\begin{bmatrix} 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & 0 \\ -1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \end{bmatrix}\xrightarrow{r_3-r_1}\begin{bmatrix} 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$
可得基础解系$\xi_1=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$。
当$\lambda_2 = 1 + \sqrt{2}$时，求解$( (1 + \sqrt{2})E - (A + A^*))x = 0$：
$\begin{bmatrix} \sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & 1 + \sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ -1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \sqrt{2} \end{bmatrix}\xrightarrow{r_2+\frac{1}{2}r_1}\begin{bmatrix} \sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ 0 & 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \sqrt{2} \end{bmatrix}\xrightarrow{r_3+\frac{1}{\sqrt{2}}r_1}\begin{bmatrix} \sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ 0 & 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$
可得基础解系$\xi_2=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$。
当$\lambda_3 = 1 - \sqrt{2}$时，求解$( (1 - \sqrt{2})E - (A + A^*))x = 0$：
$\begin{bmatrix} -\sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} & 1 - \sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ -1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -\sqrt{2} \end{bmatrix}\xrightarrow{r_2+\frac{1}{2}r_1}\begin{bmatrix} -\sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ 0 & 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ -1 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -\sqrt{2} \end{bmatrix}\xrightarrow{r_3-\frac{1}{\sqrt{2}}r_1}\begin{bmatrix} -\sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ 0 & 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} & -1 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$
可得基础解系$\xi_3=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
$\xi_1,\xi_2,\xi_3$已经正交，将其单位化得：
$\eta_1=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$，$\eta_2=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}$，$\eta_3=\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$。
令$C = (\eta_1,\eta_2,\eta_3)=\begin{bmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{bmatrix}$（或其排列），则$C^T(A + A^*)C = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$（或其排列）。