5.0 相似的基本知识点

相似部分的关键不是孤立背结论，而是把特征值、特征向量、方程组、秩与相似对角化连接成同一套判断体系。

来源：邂逅遗憾《26 考研数学思维课·线性代数手稿》，第五章“相似”5.0 节，PDF 第 2—13 页（纸质页码第 164—176 页）。本文按知识逻辑重排，完整保留例 5.1、5.2、5.3 的题目与原资料解答。

验算：使用本机 MATLAB R2024b（Symbolic Math Toolbox）精确核验了例 5.2 的特征多项式与矩阵恒等式，以及例 5.3 的特征多项式和正交相似对角化结果。

一、特征方程、代数重数与几何重数

1. 特征方程的两种等价形式

$$|\lambda E-A|=0$$

和

$$|A-\lambda E|=0$$

都叫作矩阵 $A$ 的特征方程，二者等价。

方程组

$$(\lambda E-A)x=0$$

与

$$(A-\lambda E)x=0$$

同解，其非零解向量都是矩阵 $A$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量。由

$$Ax=\lambda x$$

移项即可得到两种形式。必须注意：特征向量不能是零向量。

2. 代数重数与几何重数

特征值在特征多项式中出现的重数称为代数重数；对应线性无关特征向量的个数称为几何重数。原资料用“袋鼠大”记忆“代数重数大于等于几何重数”：

$$1\le \text{几何重数}\le \text{代数重数}.$$

因此，$k$ 重特征值最多对应 $k$ 个、最少对应 $1$ 个线性无关的特征向量；一重特征值只对应一个线性无关的特征向量。

二、伴随矩阵与矩阵函数的特征向量

1. 伴随矩阵的特征值

若 $A$ 可逆，且 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，则 $A^*$ 对应的特征值为

$$\frac{|A|}{\lambda}.$$

当 $\lambda=0$ 时不能直接使用该分式。更一般地，若 $A$ 的特征值为

$$\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n,$$

则 $A^*$ 对应的特征值为

$$\prod_{j\ne1}\lambda_j,\quad \prod_{j\ne2}\lambda_j,\quad\ldots,\quad \prod_{j\ne n}\lambda_j.$$

该结论在 $A$ 含零特征值时仍成立。

特别地：

• 三阶矩阵 $A$ 的特征值为 $a,b,c$ 时，$A^*$ 的特征值分别为 $bc,ac,ab$；
• 四阶矩阵 $A$ 的特征值为 $a,b,c,d$ 时，$A^*$ 的特征值分别为 $bcd,acd,abd,abc$。

也就是说，$A^*$ 的每个对应特征值都是 $A$ 的其余特征值之积；这一写法避免了在 $\lambda=0$ 时作除法。

常用的特征值命题还有：

1. $\lambda_0$ 是 $A$ 的特征值 $\Longleftrightarrow |\lambda_0E-A|=0$；
2. $\lambda_0$ 不是 $A$ 的特征值 $\Longleftrightarrow |\lambda_0E-A|\ne0$，即 $\lambda_0E-A$ 可逆、满秩；
3. 若 $|aA+bE|=0$，或 $aA+bE$ 不可逆，且 $a\ne0$，则 $-\dfrac ba$ 是 $A$ 的特征值；
4. 若 $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ 是 $A$ 的全部特征值，则

$$|A|=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n,\qquad \operatorname{tr}(A)=\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n.$$

下面的对应关系应熟记。表中涉及分母时，默认 $\lambda\ne0$。

矩阵	$A$	$kA$	$A^m$	$f(A)$	$A^{-1}$	$A^*$	$P^{-1}AP=B$	$P^{-1}f(A)P=f(B)$
特征值	$\lambda$	$k\lambda$	$\lambda^m$	$f(\lambda)$	$\dfrac1\lambda$	$\dfrac{\lvert A\rvert}{\lambda}$	$\lambda$	$f(\lambda)$
对应特征向量	$\xi$	$\xi$	$\xi$	$\xi$	$\xi$	$\xi$	$P^{-1}\xi$	$P^{-1}\xi$

2. $f(A)$ 的特征向量不一定是 $A$ 的特征向量

若

$$A\alpha=\lambda\alpha,$$

则对矩阵多项式 $f(A)$ 有

$$f(A)\alpha=f(\lambda)\alpha.$$

所以 $A$ 的特征向量一定是 $f(A)$ 的特征向量；反之未必成立。

若可逆矩阵 $P$ 使

$$P^{-1}AP=\Lambda,$$

则

$$P^{-1}f(A)P=f(\Lambda).$$

因此，能将 $A$ 相似对角化的 $P$ 也能将 $f(A)$ 相似对角化；但由 $f(A)$ 能相似对角化，不能推出 $A$ 能相似对角化。

此外：

1. $A$ 的特征向量一定是 $A^*$ 的特征向量；若 $A$ 可逆，则 $A^*$ 的特征向量也是 $A$ 的特征向量。
2. $A^{-1}$ 的特征向量一定是 $A$ 的特征向量。
3. 当 $k\ne0$ 时，$kA+\mu E$ 的特征向量一定是 $A$ 的特征向量。
4. 即使 $A$ 可逆，$A^k\ (k>1)$ 的特征向量也未必是 $A$ 的特征向量。

3. 例 5.1（2025 数三真题）

选择题例 5.1（单选题）

设 $A$ 为 $3$ 阶矩阵，则“$A^3-A^2$ 可对角化”是“$A$ 可对角化”的（　　）。

• A. 充分但不必要条件
• B. 必要但不充分条件
• C. 充分必要条件
• D. 既不充分也不必要条件

解答

答案为 B。

若 $A$ 可对角化，存在可逆矩阵 $P$ 使

$$P^{-1}AP=\Lambda.$$

则

$$P^{-1}(A^3-A^2)P =\Lambda^3-\Lambda^2,$$

右端仍为对角矩阵，所以 $A^3-A^2$ 可对角化。因此该条件是必要条件。

反之不能推出。取

$$A= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.$$

则

$$A^3=A^2=O,$$

所以 $A^3-A^2=O$ 有三个线性无关的特征向量，能够相似对角化。但 $A$ 的特征值 $0$ 是三重特征值，而

$$r(A)=1,$$

所以 $A$ 只有

$$3-r(A)=2$$

个线性无关的属于 $0$ 的特征向量，不能相似对角化。

故“$A^3-A^2$ 可对角化”不是“$A$ 可对角化”的充分条件，应选 B。

4. 例 5.2（2025 数一真题）

解答题例 5.2（解答题）

设矩阵

$$A= \begin{pmatrix} 0&-1&2\\ -1&0&2\\ -1&-1&a \end{pmatrix},$$

已知 $1$ 是 $A$ 的特征多项式的重根。

1. 求 $a$ 的值；

2. 求所有满足

   $$A\alpha=\alpha+\beta,\qquad A^2\alpha=\alpha+2\beta$$

   的非零列向量 $\alpha,\beta$。

解答

第（1）问，计算 $A$ 的特征多项式：

$$\begin{aligned} |\lambda E-A| &= \begin{vmatrix} \lambda&1&-2\\ 1&\lambda&-2\\ 1&1&\lambda-a \end{vmatrix}\\ &=(\lambda-1) \left[\lambda^2+(1-a)\lambda-a+4\right]. \end{aligned}$$

由于 $1$ 是特征多项式的重根，所以 $\lambda=1$ 也是

$$\lambda^2+(1-a)\lambda-a+4=0$$

的根。代入得

$$1+1-a-a+4=0,$$

故

$$\boxed{a=3}.$$

第（2）问给出两种方法。

方法一：

由

$$A^2\alpha=A(A\alpha) =A\alpha+A\beta =\alpha+\beta+A\beta =\alpha+2\beta$$

可得

$$A\beta=\beta.$$

因此

$$(A-E)\beta=0.$$

当 $a=3$ 时，

$$A-E= \begin{pmatrix} -1&-1&2\\ -1&-1&2\\ -1&-1&2 \end{pmatrix}.$$

方程组 $(A-E)x=0$ 的基础解系可取

$$\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}.$$

故

$$\beta= k_1\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} +k_2\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2k_1\\ 2k_2\\ k_1+k_2 \end{pmatrix},$$

其中 $k_1,k_2$ 不全为零。

又由 $A\alpha=\alpha+\beta$ 得

$$(A-E)\alpha=\beta.$$

对增广矩阵作初等行变换可知，方程有解的充要条件是

$$k_1=k_2.$$

令 $k=2k_1$，则

$$\beta=k\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}, \qquad k\ne0.$$

方程 $(A-E)x=\beta$ 的通解为

$$\alpha =c_1\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} +c_2\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}-k\\0\\0\end{pmatrix},$$

其中 $c_1,c_2$ 为任意常数。因为 $\beta\ne0$，所以由原等式可知 $\alpha\ne0$。

因此

$$\boxed{ \alpha =c_1\begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix} +c_2\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}-k\\0\\0\end{pmatrix}, \quad \beta=k\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}, \quad k\ne0.}$$

方法二：

由

$$A\alpha=\alpha+\beta,\qquad A^2\alpha=\alpha+2\beta$$

消去 $\beta$，得

$$(A^2-2A+E)\alpha=0.$$

由第一问的 $A$ 可算得

$$A^2-2A+E=O.$$

所以任意非零三维列向量

$$\alpha= \begin{pmatrix} l_1\\l_2\\l_3 \end{pmatrix}$$

均满足该方程。再由

$$\beta=A\alpha-\alpha=(A-E)\alpha$$

得

$$\beta= \begin{pmatrix} -l_1-l_2+2l_3\\ -l_1-l_2+2l_3\\ -l_1-l_2+2l_3 \end{pmatrix},$$

并须满足

$$-l_1-l_2+2l_3\ne0$$

以保证 $\beta\ne0$。

原资料特别指出，不能把

$$(A^2-2A+E)\alpha=0$$

错误地转化成“只求 $A$ 属于特征值 $1$ 的特征向量”。该做法只会得到正确答案的一个子集，因为 $f(A)$ 的特征向量不一定是 $A$ 的特征向量。

三、特征值、特征向量与相似对角化

1. 特征值与特征向量

对 $n$ 阶矩阵 $A$，

$$A\alpha=\lambda\alpha\quad(\alpha\ne0)$$

当且仅当 $\alpha$ 是 $A$ 属于特征值 $\lambda$ 的特征向量。此外，

$$\frac ba\text{ 是 }A\text{ 的特征值} \Longleftrightarrow |aA-bE|=0\qquad(a\ne0).$$

几个直接判据为

$$\begin{aligned} \lambda_0\text{ 不是 }A\text{ 的特征值} &\Longleftrightarrow |A-\lambda_0E|\ne0,\\ 0\text{ 是 }A\text{ 的特征值} &\Longleftrightarrow |A|=0,\\ 0\text{ 不是 }A\text{ 的特征值} &\Longleftrightarrow |A|\ne0. \end{aligned}$$

若 $f(A)=O$，则 $A$ 的任意特征值 $\lambda$ 必满足 $f(\lambda)=0$。但 $f(\lambda)=0$ 只给出特征值的可能范围，并不保证每个根都出现。例如 $A^2-E=O$ 只能说明特征值取自 $\{1,-1\}$：可以全为 $1$，也可以全为 $-1$，还可以两者都有。

关于特征向量的线性关系：

1. 一重特征值只有 $1$ 个线性无关的特征向量；
2. $k$ 重特征值至多具有 $k$ 个线性无关的特征向量（$k\ge2$）；
3. 属于不同特征值 $\lambda_1,\lambda_2$ 的特征向量 $\xi_1,\xi_2$ 线性无关；
4. 若 $\xi_1,\xi_2$ 属于同一特征值 $\lambda$，且 $k_1,k_2$ 不全为零，则非零向量 $k_1\xi_1+k_2\xi_2$ 仍是属于 $\lambda$ 的特征向量；
5. 若 $\xi_1,\xi_2$ 分别属于不同特征值 $\lambda_1,\lambda_2$，且 $k_1k_2\ne0$，则 $k_1\xi_1+k_2\xi_2$ 不是 $A$ 的任何特征值的特征向量。

第 5 条可用反证法说明。若存在 $\lambda$ 使

$$A(k_1\xi_1+k_2\xi_2)=\lambda(k_1\xi_1+k_2\xi_2),$$

则

$$k_1(\lambda_1-\lambda)\xi_1+ k_2(\lambda_2-\lambda)\xi_2=0.$$

由 $\xi_1,\xi_2$ 线性无关，且 $k_1,k_2\ne0$，得到 $\lambda_1=\lambda=\lambda_2$，与 $\lambda_1\ne\lambda_2$ 矛盾。

虽然 $A^T$ 与 $A$ 的特征值相同，因为

$$|\lambda E-A| =|(\lambda E-A)^T| =|\lambda E-A^T|,$$

但二者的特征向量一般不同，必须分别解 $(\lambda E-A)x=0$ 与 $(\lambda E-A^T)x=0$。若 $\xi,\eta$ 分别是 $A,A^T$ 属于不同特征值的特征向量，则 $\xi$ 与 $\eta$ 正交。

2. 矩阵的相似对角化

设 $A$ 为 $n$ 阶矩阵。

充要条件：

1. $A$ 有 $n$ 个线性无关的特征向量；
2. 对 $A$ 的每个特征值 $\lambda_i$，其几何重数等于代数重数，即若代数重数为 $\eta_i$，则

$$\eta_i=n-r(\lambda_iE-A).$$

常用充分条件：

1. $A$ 是实对称矩阵；
2. $A$ 有 $n$ 个互不相同的特征值；
3. 若

$$A^2-(k_1+k_2)A+k_1k_2E=O,\qquad k_1\ne k_2,$$

则 $A$ 可相似对角化； 4. 若 $r(A)=1$ 且 $\operatorname{tr}(A)\ne0$，则 $A$ 可相似对角化。

必要条件： 若 $A\sim\Lambda$，则 $r(A)$ 等于 $A$ 的非零特征值的个数，其中重根按重数计算。

非对称矩阵 $A$ 与实对称矩阵 $A$ 相似对角化的异同：

1. 非对称矩阵 $A$ 不存在正交矩阵 $Q$，使其相似对角化。

若 $A$ 有 $3$ 个线性无关的特征向量 $\xi_1,\xi_2,\xi_3$，则

$$A\sim\Lambda \Longrightarrow [\xi_1,\xi_2,\xi_3]^{-1} A[\xi_1,\xi_2,\xi_3] = \begin{pmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{pmatrix}.$$

2. 实对称矩阵 $A$ 存在正交矩阵 $Q$，使其相似对角化。

由

$$A^T=A$$

无条件可得 $A\sim\Lambda$。取 $A$ 的 $3$ 个线性无关的特征向量 $\xi_1,\xi_2,\xi_3$，有

$$[\xi_1,\xi_2,\xi_3]^{-1} A[\xi_1,\xi_2,\xi_3] = \begin{pmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{pmatrix}.$$

将 $\xi_1,\xi_2,\xi_3$ 正交化、单位化，得到单位正交特征向量 $\eta_1,\eta_2,\eta_3$，于是

$$[\eta_1,\eta_2,\eta_3]^{-1} A[\eta_1,\eta_2,\eta_3] = \begin{pmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{pmatrix}.$$

又因为

$$[\eta_1,\eta_2,\eta_3]^{-1} =[\eta_1,\eta_2,\eta_3]^T,$$

所以

$$[\eta_1,\eta_2,\eta_3]^T A[\eta_1,\eta_2,\eta_3] = \begin{pmatrix} \lambda_1&0&0\\ 0&\lambda_2&0\\ 0&0&\lambda_3 \end{pmatrix}.$$

3. 矩阵相似

若 $A\sim B$，则下列量相同：

1. 行列式：$|A|=|B|$；
2. 秩：$r(A)=r(B)$；
3. 迹：$\operatorname{tr}(A)=\operatorname{tr}(B)$；
4. 特征多项式、特征值及其代数重数：

$$|\lambda E-A|=|\lambda E-B|;$$

5. 每个特征值对应的线性无关特征向量个数；
6. 对应的各阶主子式之和。

相似关系具有传递性与对称性：若 $A\sim B$ 且 $B\sim C$，则 $A\sim C$；若 $A\sim B$，则 $B\sim A$。相似矩阵是“同一线性变换在不同基下的矩阵表示”，可以概括为“同一而不同”。

若

$$P^{-1}AP=B,$$

则

$$\begin{aligned} P^{-1}f(A)P&=f(B),\\ P^{-1}A^{-1}P&=B^{-1},\\ P^{-1}A^*P&=B^*. \end{aligned}$$

因此 $f(A)\sim f(B)$、$A^{-1}\sim B^{-1}$、$A^*\sim B^*$，并且上述相似可使用同一个矩阵 $P$。进一步，

$$P^{-1}\!\left[af(A)+bA^{-1}+cA^*\right]P =af(B)+bB^{-1}+cB^*.$$

$A^T$ 与 $B^T$ 也相似，但使用的相似变换矩阵一般不是上述 $P$，故不能直接混入同一个线性组合中。

相似还必有

$$r(\lambda E-A)=r(\lambda E-B).$$

对一般矩阵，这一秩条件只是必要条件，并非充分条件；对二阶和三阶矩阵，若对每个 $\lambda$ 都成立，则它是 $A,B$ 相似的充要条件。

四、矩阵方程与特征值方程的转化

设多项式

$$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_mx^m.$$

若矩阵 $A$ 满足

$$f(A)=O,$$

则 $A$ 的任意特征值 $\lambda$ 必满足

$$f(\lambda)=0.$$

证明：若 $A\alpha=\lambda\alpha$ 且 $\alpha\ne0$，则

$$f(A)\alpha=f(\lambda)\alpha.$$

由 $f(A)=O$ 得

$$f(\lambda)\alpha=0.$$

因为 $\alpha\ne0$，所以 $f(\lambda)=0$。

反之，$f(\lambda)=0$ 的根未必全是 $A$ 的特征值。例如由

$$A^2-E=O$$

只能推出 $A$ 的特征值取自 $\{1,-1\}$，不能断言二者都一定出现。

五、实对称矩阵的“知一求二”与“知二求一”

1. 实对称矩阵的重要结论

若 $A$ 为实对称矩阵，则：

1. 特征值均为实数，特征向量均为实向量；
2. 不同特征值对应的特征向量正交，即

$$\lambda_1\ne\lambda_2 \Longrightarrow \xi_1\perp\xi_2 \Longrightarrow (\xi_1,\xi_2)=0;$$

3. 可用正交矩阵相似对角化，即存在正交矩阵 $Q$，使

$$Q^{-1}AQ=Q^TAQ=\Lambda;$$

4. $A$ 为 $n$ 阶实对称矩阵

$$\Longleftrightarrow$$

$A$ 有 $n$ 个正交的特征向量。

这里的正交矩阵 $Q$ 是由 $A$ 的单位正交化特征向量组成的，$\Lambda$ 是由 $A$ 的特征值组成的；$Q$ 的每一列与 $\Lambda$ 主对角线上的每一个元素要一一对应。

2. 知一求二

若三阶实对称矩阵 $A$ 的特征值为

$$\lambda_1=a,\qquad \lambda_2=\lambda_3=b,$$

且已知单重特征值 $\lambda_1$ 对应的特征向量

$$\alpha_1=(p,q,u)^T,$$

则可利用“实对称矩阵不同特征值对应的特征向量一定正交”，求解

$$px_1+qx_2+ux_3=0.$$

所得两个线性无关的解向量，一定是二重特征值

$$\lambda_2=\lambda_3=b$$

对应的两个线性无关特征向量。

“知一求二”的前提是：已知单重特征值的特征向量，剩下的特征值是同一个二重特征值，此时才可以利用正交关系求二重特征值对应的特征向量。

若实对称矩阵 $A$ 的特征值分别为

$$\lambda_1=a,\qquad \lambda_2=b,\qquad \lambda_3=c,$$

且已知 $\lambda_1=a$ 对应的特征向量为 $(p,q,u)^T$，则方程

$$px_1+qx_2+ux_3=0$$

所得的解仅是 $\lambda_2=b$ 和 $\lambda_3=c$ 所对应特征向量的线性组合，无法据此确定它们各自对应的具体特征向量。

3. 知二求一

若已知三阶实对称矩阵的两个正交特征向量，则设剩余特征向量为

$$\alpha_3=(x_1,x_2,x_3)^T,$$

令其分别与已知两个特征向量正交，解两个齐次线性方程即可得到剩余特征向量。

例如，若实对称矩阵 $A$ 的特征值分别为

$$\lambda_1=a,\qquad \lambda_2=b,\qquad \lambda_3=c,$$

且已知 $\lambda_1=a$ 与 $\lambda_2=b$ 对应的特征向量，则 $\lambda_3=c$ 对应的特征向量可以利用正交关系求出。

4. 例 5.3（2010 数二、数三真题）

解答题例 5.3（解答题）

设

$$A= \begin{pmatrix} 0&-1&4\\ -1&3&a\\ 4&a&0 \end{pmatrix},$$

正交矩阵 $Q$ 使 $Q^TAQ$ 为对角矩阵。若 $Q$ 的第 1 列为

$$\frac1{\sqrt6}(1,2,1)^T,$$

求 $a,Q$。

解答

由于 $A$ 为实对称矩阵，正交矩阵 $Q$ 能将 $A$ 对角化意味着 $Q$ 的列向量均为 $A$ 的单位特征向量。

令

$$\alpha_1=\frac1{\sqrt6}(1,2,1)^T$$

对应的特征值为 $k$。由

$$A\alpha_1=k\alpha_1$$

得

$$\frac1{\sqrt6} \begin{pmatrix} 2\\ 5+a\\ 4+2a \end{pmatrix} = \frac{k}{\sqrt6} \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$\begin{cases} 2=k,\\ 5+a=2k,\\ 4+2a=k, \end{cases}$$

解得

$$\boxed{a=-1,\qquad k=2}.$$

于是

$$A= \begin{pmatrix} 0&-1&4\\ -1&3&-1\\ 4&-1&0 \end{pmatrix}.$$

其特征多项式为

$$|\lambda E-A| =(\lambda-2)(\lambda-5)(\lambda+4).$$

故特征值为

$$2,\ 5,\ -4.$$

属于特征值 $-4$ 的单位特征向量可取

$$\alpha_2=\frac1{\sqrt2}(-1,0,1)^T;$$

属于特征值 $5$ 的单位特征向量可取

$$\alpha_3=\frac1{\sqrt3}(1,-1,1)^T.$$

也可用“知二求一”求 $\alpha_3$：令 $\alpha_3=(x_1,x_2,x_3)^T$，由

$$\alpha_3^T\alpha_1=0,\qquad \alpha_3^T\alpha_2=0$$

得

$$\begin{cases} x_1+2x_2+x_3=0,\\ x_1-x_3=0. \end{cases}$$

一个基础解向量为 $(1,-1,1)^T$，单位化即得 $\alpha_3$。

因此可取

$$Q=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = \begin{pmatrix} \dfrac1{\sqrt6}&-\dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt3}\\[4pt] \dfrac2{\sqrt6}&0&-\dfrac1{\sqrt3}\\[4pt] \dfrac1{\sqrt6}&\dfrac1{\sqrt2}&\dfrac1{\sqrt3} \end{pmatrix},$$

且

$$Q^TAQ= \begin{pmatrix} 2&0&0\\ 0&-4&0\\ 0&0&5 \end{pmatrix}.$$

本题所求的 $Q$ 不唯一。只要各列是相应的单位特征向量，并保持与所写对角矩阵中特征值的顺序一致即可。