向量与特征向量：构造、矩阵幂与秩一结构

看到 $A\alpha$ 、 $A\beta$ 或外积矩阵时，优先把已知式相加减，或让矩阵右乘相关向量，直接凑出 $A\xi=\lambda\xi$ 。

来源：邂逅遗憾《26 考研数学思维课·线性代数手稿》，第三章“向量”3.9 节，PDF 第 141—147 页（纸质页码第 135—141 页）。本文按知识逻辑重排，完整保留例 3.38—3.42、2000 年数一真题、例 3.36 的回顾以及资料所给解答。

验算：使用本地 MATLAB R2024b 与 Symbolic Math Toolbox 核验了特征值、矩阵幂、递推闭式及向量回代；一般性结论仍以文中的解析推导为准。

一、由两个向量等式凑特征向量

见到

A\alpha=\cdots, \qquad A\beta=\cdots

时，可将两个式子相加或相减，尝试凑出特征值和特征向量的定义式

A\xi=\lambda\xi, \qquad \xi\ne0.

例 3.38

填空题

设 $A$ 为三阶矩阵， $\alpha,\beta$ 为三维列向量。已知 $\alpha,\beta$ 线性无关，且

A\alpha=2\beta, \qquad A\beta=2\alpha.

记

f(\lambda)=|\lambda E-A|.

若 $f(0)=12$ ，则 $f(5)=\underline{\qquad}$ 。

解答

因为 $\alpha,\beta$ 线性无关，所以

\alpha+\beta\ne0, \qquad \alpha-\beta\ne0.

由

A(\alpha+\beta)=A\alpha+A\beta =2\beta+2\alpha =2(\alpha+\beta),

A(\alpha-\beta)=A\alpha-A\beta =2\beta-2\alpha =-2(\alpha-\beta),

可知 $A$ 有两个特征值

\lambda_1=2, \qquad \lambda_2=-2.

又

f(0)=|-A|=-\lambda_1\lambda_2\lambda_3=12,

故 $A$ 的另一个特征值为

\lambda_3=3.

因此

f(\lambda) =(\lambda-\lambda_1)(\lambda-\lambda_2)(\lambda-\lambda_3) =(\lambda-2)(\lambda+2)(\lambda-3),

从而

\boxed{f(5)=3\times7\times2=42}.

二、计算 $A^n\alpha$ ：把向量拆成特征向量的线性组合

若要求 $A^n\alpha$ ，则条件反射想到把 $\alpha$ 拆成矩阵 $A$ 的特征向量的线性组合。若

\alpha=k_1\xi_1+\cdots+k_s\xi_s, \qquad A\xi_i=\lambda_i\xi_i,

则

A^n\alpha =k_1\lambda_1^n\xi_1+\cdots+k_s\lambda_s^n\xi_s.

例 3.39

填空题

设 $A$ 为三阶实对称矩阵， $A$ 的每行元素之和均为 $2$ ，且

r(A)<r(A-2E),

则

A^n\begin{pmatrix}2\\2\\5\end{pmatrix} =\underline{\qquad}.

解答

因为 $A$ 的每行元素之和均为 $2$ ，所以

A\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} =2\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}.

因此 $2$ 是 $A$ 的特征值，

\alpha=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}

是对应于特征值 $2$ 的一个特征向量。于是 $(A-2E)x=0$ 至少有一个线性无关的解向量，故

3-r(A-2E)\ge1, \qquad r(A-2E)\le2.

又因为

r(A)<r(A-2E)\le2,

所以 $r(A)\le1$ ，从而 $Ax=0$ 的线性无关解向量个数为

3-r(A)\ge2.

因此， $0$ 至少为 $A$ 的二重特征值。又因为 $2$ 是 $A$ 的特征值，所以 $A$ 的三个特征值为

0,0,2.

设对应于特征值 $0$ 的特征向量为 $(x_1,x_2,x_3)^T$ 。实对称矩阵属于不同特征值的特征向量相互正交，因此

x_1+x_2+x_3=0.

可取

\beta_1=\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}, \qquad \beta_2=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}.

$\beta_1,\beta_2$ 是矩阵 $A$ 对应于特征值 $0$ 的两个线性无关的特征向量。将目标向量表示为

\begin{pmatrix}2\\2\\5\end{pmatrix} =3\alpha-\beta_1+2\beta_2.

于是，对正整数 $n$ ，

\begin{aligned} A^n\begin{pmatrix}2\\2\\5\end{pmatrix} &=3A^n\alpha-A^n\beta_1+2A^n\beta_2\\ &=3\cdot2^n\alpha-0^n\beta_1+2\cdot0^n\beta_2\\ &=\boxed{3\cdot2^n\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}. \end{aligned}

原资料补充：这类题也可以先计算 $A^n$ ，再计算 $A^n\alpha$ ，但多数情况下计算量很大。若题目已经要求先求 $A^n$ ，则直接使用已求出的 $A^n$ 更合适，无须再把向量拆成特征向量的线性组合。

三、递推模型中的特征向量与矩阵幂

例 3.40（2000 年数一真题）

解答题解答题

某试验性生产线每年一月份进行熟练工与非熟练工的人数统计，然后将 $\dfrac16$ 熟练工支援其他生产部门，其缺额由招收新的非熟练工补齐。新、老非熟练工经过培训及实践至年终考核有 $\dfrac25$ 成为熟练工。

设第 $n$ 年一月份统计的熟练工和非熟练工所占百分比分别为 $x_n$ 和 $y_n$ ，记成向量

\begin{pmatrix}x_n\\y_n\end{pmatrix}.

求 $\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix}$ 与 $\begin{pmatrix}x_n\\y_n\end{pmatrix}$ 的关系式，并写成矩阵形式 $\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix} =A\begin{pmatrix}x_n\\y_n\end{pmatrix};$
验证 $\eta_1=\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix}, \qquad \eta_2=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ 是 $A$ 的两个线性无关的特征向量，并求出相应的特征值；
当 $\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\dfrac12\\[2pt]\dfrac12\end{pmatrix}$ 时，求 $\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix}.$

解答

第 $n+1$ 年 1 月份的熟练工由第 $n$ 年 1 月份的熟练工的 $\dfrac56$ 加上第 $n$ 年补齐缺额后的非熟练工的 $\dfrac25$ 组成，第 $n+1$ 年 1 月份的非熟练工由第 $n$ 年补齐缺额后的非熟练工的 $\dfrac35$ 组成。

而第 $n$ 年补齐缺额后的非熟练工由两部分组成：一部分来自 1 月份转去其他部门的 $\dfrac16$ 熟练工的缺额，另一部分来自当年 1 月份的非熟练工。于是

\begin{cases} x_{n+1}=\dfrac56x_n+\dfrac25\left(\dfrac16x_n+y_n\right) =\dfrac9{10}x_n+\dfrac25y_n,\\[6pt] y_{n+1}=\dfrac35\left(\dfrac16x_n+y_n\right) =\dfrac1{10}x_n+\dfrac35y_n. \end{cases}

写成矩阵形式为

\boxed{ \begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac9{10}&\dfrac25\\[2pt] \dfrac1{10}&\dfrac35 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_n\\y_n\end{pmatrix}.}

记

A=\begin{pmatrix} \dfrac9{10}&\dfrac25\\[2pt] \dfrac1{10}&\dfrac35 \end{pmatrix}.

分别计算 $A\eta_1,A\eta_2$ ：

A\eta_1 =\begin{pmatrix}\dfrac9{10}&\dfrac25\\[2pt]\dfrac1{10}&\dfrac35\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix} =\eta_1,

A\eta_2 =\begin{pmatrix}\dfrac9{10}&\dfrac25\\[2pt]\dfrac1{10}&\dfrac35\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\dfrac12\\[2pt]\dfrac12\end{pmatrix} =\dfrac12\eta_2.

因此， $\eta_1,\eta_2$ 是 $A$ 的两个特征向量，分别对应特征值 $1$ 和 $\dfrac12$ 。由于 $\eta_1,\eta_2$ 属于不同特征值，故它们线性无关。或者计算

|\eta_1,\eta_2| =\begin{vmatrix}4&-1\\1&1\end{vmatrix} =5\ne0,

也可知 $\eta_1,\eta_2$ 线性无关。

第（3）问有两种方法。

法一：相似对角化。 由于

\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix} =A\begin{pmatrix}x_n\\y_n\end{pmatrix},

故

\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix} =A^n\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix}.

由第（2）问可知，记

P=\begin{pmatrix}4&-1\\1&1\end{pmatrix},

可得

P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0\\0&\dfrac12\end{pmatrix}, \qquad A=P\begin{pmatrix}1&0\\0&\dfrac12\end{pmatrix}P^{-1}.

所以

A^n=P\begin{pmatrix}1&0\\0&\dfrac1{2^n}\end{pmatrix}P^{-1}.

计算得

P^{-1}=\dfrac15\begin{pmatrix}1&1\\-1&4\end{pmatrix}.

代入可得

A^n =\dfrac15 \begin{pmatrix} 4+\dfrac1{2^n}&4-\dfrac4{2^n}\\[6pt] 1-\dfrac1{2^n}&1+\dfrac4{2^n} \end{pmatrix}.

因此

\begin{aligned} \begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix} &=A^n\begin{pmatrix}\dfrac12\\[2pt]\dfrac12\end{pmatrix}\\ &=\dfrac15 \begin{pmatrix} 4-\dfrac3{2^{n+1}}\\[6pt] 1+\dfrac3{2^{n+1}} \end{pmatrix}. \end{aligned}

法二：拆成特征向量的线性组合。 由第（2）问可知， $\eta_1,\eta_2$ 线性无关，故 $\eta_1,\eta_2$ 是二维列向量空间的一组基。于是存在 $k_1,k_2$ ，使得

\begin{pmatrix}\dfrac12\\[2pt]\dfrac12\end{pmatrix} =k_1\eta_1+k_2\eta_2 =k_1\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix} +k_2\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}.

解得

k_1=\dfrac15, \qquad k_2=\dfrac3{10}.

由于

\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix} =A^n\begin{pmatrix}x_1\\y_1\end{pmatrix},

故

\begin{aligned} \begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix} &=A^n(k_1\eta_1+k_2\eta_2)\\ &=k_1\lambda_1^n\eta_1+k_2\lambda_2^n\eta_2\\ &=\dfrac15\begin{pmatrix}4\\1\end{pmatrix} +\dfrac3{10}\left(\dfrac12\right)^n\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}\\ &=\boxed{\dfrac15 \begin{pmatrix} 4-\dfrac3{2^{n+1}}\\[6pt] 1+\dfrac3{2^{n+1}} \end{pmatrix}}. \end{aligned}

四、外积矩阵：优先右乘相关向量

见到

A=\alpha\beta^T, \quad A=\alpha\alpha^T, \quad A=\alpha\beta^T+\beta\alpha^T, \quad\text{或}\quad A=\alpha\alpha^T+\beta\beta^T

时，条件反射般想到右乘 $\alpha$ 或 $\beta$ ，凑出特征值和特征向量的定义式。

例 3.41（2013 年数一、数二、数三真题）

解答题解答题

设二次型

f(x_1,x_2,x_3) =2(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3)^2 +(b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3)^2,

记

\alpha=\begin{pmatrix}a_1\\a_2\\a_3\end{pmatrix}, \qquad \beta=\begin{pmatrix}b_1\\b_2\\b_3\end{pmatrix}.

证明二次型 $f$ 对应的矩阵为 $2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T$ ；
若 $\alpha,\beta$ 正交且均为单位向量，证明 $f$ 在正交变换下的标准形为 $2y_1^2+y_2^2.$

解答

令 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$ 。由于

a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3 =(x_1,x_2,x_3) \begin{pmatrix}a_1\\a_2\\a_3\end{pmatrix} =(a_1,a_2,a_3) \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix},

$b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3$ 也有对应的表达式，故

\begin{aligned} f(x_1,x_2,x_3) &=2(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3)^2 +(b_1x_1+b_2x_2+b_3x_3)^2\\ &=2x^T\alpha\alpha^Tx+x^T\beta\beta^Tx\\ &=x^T(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)x. \end{aligned}

又因为 $2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T$ 是对称矩阵，所以二次型 $f$ 对应的矩阵为

\boxed{2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T}.

若 $\alpha,\beta$ 正交且均为单位向量，则

\alpha^T\beta=\beta^T\alpha=0, \qquad \alpha^T\alpha=\beta^T\beta=1.

从而

(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)\beta =2\alpha(\alpha^T\beta)+\beta(\beta^T\beta) =\beta,

(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T)\alpha =2\alpha(\alpha^T\alpha)+\beta(\beta^T\alpha) =2\alpha.

于是 $1,2$ 为 $2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T$ 的特征值。又

r(2\alpha\alpha^T+\beta\beta^T) \le r(2\alpha\alpha^T)+r(\beta\beta^T) =1+1=2,

故 $0$ 为该矩阵的特征值。因此，该矩阵的全部特征值为 $2,1,0$ ，二次型在正交变换下的标准形为

\boxed{2y_1^2+y_2^2}.

交叉说明：例 3.41 也收录于《矩阵秩的核心结论、证明与典型应用》，这里按本节“外积矩阵右乘相关向量”的思路保留完整题解。

例 3.42

选择题多选题

设 $\alpha,\beta$ 为 3 维单位列向量，且

\alpha^T\beta=0, \qquad A=\alpha\beta^T+\beta\alpha^T.

则以下命题正确的为（　　）。

$A$ 可以相似对角化；
$\alpha+\beta$ 是 $A$ 的特征向量；
$\alpha-\beta$ 是 $A$ 的特征向量；
$A$ 的特征值为 $-1,1,0$ 。

解答

由 $\alpha,\beta$ 正交且均为单位向量，得

\alpha^T\beta=\beta^T\alpha=0, \qquad \alpha^T\alpha=\beta^T\beta=1.

于是

A\alpha =\alpha\beta^T\alpha+\beta\alpha^T\alpha =\beta,

A\beta =\alpha\beta^T\beta+\beta\alpha^T\beta =\alpha.

因此

A(\alpha+\beta)=\alpha+\beta,

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

因为非零向量 $\alpha,\beta$ 正交，所以 $\alpha,\beta$ 线性无关，进而

\alpha+\beta\ne0, \qquad \alpha-\beta\ne0.

故 $\alpha+\beta$ 是对应于特征值 $1$ 的特征向量， $\alpha-\beta$ 是对应于特征值 $-1$ 的特征向量。

又

r(A)=r(\alpha\beta^T+\beta\alpha^T) \le r(\alpha\beta^T)+r(\beta\alpha^T) =1+1=2.

所以 $|A|=0$ ，即 $0$ 是 $A$ 的特征值。 $A$ 的三个特征值为

-1,1,0.

因此 $A$ 有 3 个不同的特征值，可以相似对角化。命题 1、2、3、4 均正确。

五、外积恒等式与向量组秩的上界

选择题

设列向量 $\alpha,\beta,\gamma$ 满足

\alpha\beta^T+\beta\gamma^T+\gamma\alpha^T=0,

则向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩最大可能为（　　）。

（A） $0$ ；
（B） $1$ ；
（C） $2$ ；
（D） $3$ 。

解答

取 $\alpha$ 为非零向量， $\beta=\gamma=0$ ，则

\alpha\beta^T+\beta\gamma^T+\gamma\alpha^T=0.

此时向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩为 $1$ ，从而正面说明其秩最大可能不小于 $1$ 。

下面证明向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩不可能为 $2$ 。

不妨设 $\alpha,\beta$ 线性无关，且

\gamma=k\alpha+l\beta.

代入

\alpha\beta^T+\beta\gamma^T+\gamma\alpha^T=0

并整理可得

k\alpha\alpha^T+l\beta\beta^T +(k+l)\beta\alpha^T+\alpha\beta^T=0. \tag{1}

在式（1）两端分别右乘 $\alpha,\beta$ ，并整理可得

(k\alpha^T\alpha+\beta^T\alpha)\alpha +[l\beta^T\alpha+(k+l)\alpha^T\alpha]\beta=0, \tag{2}

(k\alpha^T\beta+\beta^T\beta)\alpha +[l\beta^T\beta+(k+l)\alpha^T\beta]\beta=0. \tag{3}

由于 $\alpha,\beta$ 线性无关，故式（2）、（3）中 $\alpha,\beta$ 的系数均为零。于是

\begin{cases} k\alpha^T\alpha+\beta^T\alpha=0,\\ k\alpha^T\beta+\beta^T\beta=0. \end{cases}

从而

k[(k\alpha^T+\beta^T)\alpha] +(k\alpha^T+\beta^T)\beta =(k\alpha^T+\beta^T)(k\alpha+\beta) =\lVert k\alpha+\beta\rVert^2 =0.

由此可得

k\alpha+\beta=0,

即 $\alpha,\beta$ 线性相关，矛盾。因此向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩不可能为 $2$ 。

下面证明向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩不可能为 $3$ 。

若向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩为 $3$ ，则 $\alpha,\beta,\gamma$ 线性无关， $\alpha,\beta,\gamma$ 均不是零向量。在原等式两端同时右乘 $\alpha$ ，可得

\beta^T\alpha\,\alpha +\gamma^T\alpha\,\beta +\alpha^T\alpha\,\gamma=0. \tag{4}

由于 $\alpha$ 为非零向量， $\alpha^T\alpha\ne0$ ，故式（4）中 $\alpha,\beta,\gamma$ 的系数不全为零，从而 $\alpha,\beta,\gamma$ 线性相关，矛盾。因此向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩不可能为 $3$ 。

综上所述，向量组 $\alpha,\beta,\gamma$ 的秩最大可能为 $1$ ，应选 B。

六、列向量表示关系与零特征值

$Ax=0$ 的非零解一定是特征值 $0$ 对应的特征向量。

这一结论有两种理解角度：

$Ax=0=0\cdot x$ ，符合特征值和特征向量的定义式；
$Ax=0$ 和 $(A-0E)x=0$ 同解。

例 3.36（2017 年数二真题，回顾）

解答题解答题

设三阶矩阵

A=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)

有 3 个不同的特征值，且

\alpha_3=\alpha_1+2\alpha_2.

证明 $r(A)=2$ ；
若 $\beta=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$ ，求方程组 $Ax=\beta$ 的通解。

解答

第（1）问，法一： 由于 $A$ 有 3 个不同的特征值 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ ，故 $A$ 相似于对角矩阵，且至多仅有一个零特征值。因此相似对角矩阵的秩至少为 $2$ ，于是

r(A)\ge2.

又因为 $\alpha_3=\alpha_1+2\alpha_2$ ，所以 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性相关， $|A|=0$ 。由于

|A|=\lambda_1\lambda_2\lambda_3,

故 $A$ 有一个特征值为零。因此

\boxed{r(A)=2}.

第（1）问，法二： 由 $\alpha_3=\alpha_1+2\alpha_2$ 知

(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) \begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix} =0 =0\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}.

于是， $0$ 是 $A$ 的一个特征值， $(1,2,-1)^T$ 是 $A$ 的属于特征值 $0$ 的一个特征向量。其余同法一。

第（2）问： 考虑 $Ax=0$ 。由于 $r(A)=2$ ，故 $Ax=0$ 的基础解系中只包含一个向量。又因为

(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)(1,2,-1)^T=0,

所以 $(1,2,-1)^T$ 是该齐次线性方程组的一个基础解系。

由于

\beta=\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3,

即

(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)(1,1,1)^T=\beta,

故 $(1,1,1)^T$ 是 $Ax=\beta$ 的一个特解。因此

\boxed{x=k\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}, \qquad k\in\mathbb R.}

注：对于可对角化矩阵，其秩等于非零特征值的个数；但对于一般矩阵，该结论不一定成立。例如
$A=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$
只有一个非零特征值，但 $r(A)=2$ 。

交叉说明：本题已在《方程组解的包含与同解：行向量判据、增广矩阵与典型题》中收录；这里按原资料 3.9.4 的回顾顺序再次完整保留。

七、考场速记

看到 $A\alpha$ 、 $A\beta$ ，优先把两式相加减，凑 $A\xi=\lambda\xi$ 。
计算 $A^n\alpha$ ，优先将 $\alpha$ 拆成特征向量的线性组合。
递推问题先写状态转移矩阵，再用相似对角化或特征向量分解求矩阵幂。
看到 $\alpha\beta^T$ 、 $\alpha\alpha^T$ 等外积结构，优先右乘 $\alpha$ 或 $\beta$ 。
$Ax=0$ 的非零解，就是特征值 $0$ 对应的特征向量。
实对称矩阵属于不同特征值的特征向量正交。

Zemengzhou Space

ギターと孤独と蒼い惑星

向量与特征向量：构造、矩阵幂与秩一结构

向量与特征向量：构造、矩阵幂与秩一结构

一、由两个向量等式凑特征向量

例 3.38

二、计算 $A^n\alpha$ ：把向量拆成特征向量的线性组合

例 3.39

三、递推模型中的特征向量与矩阵幂

例 3.40（2000 年数一真题）

四、外积矩阵：优先右乘相关向量

例 3.41（2013 年数一、数二、数三真题）

例 3.42

五、外积恒等式与向量组秩的上界

六、列向量表示关系与零特征值

例 3.36（2017 年数二真题，回顾）

七、考场速记

Comments

向量与特征向量：构造、矩阵幂与秩一结构

一、由两个向量等式凑特征向量

例 3.38

二、计算 AnαA^n\alphaAnα：把向量拆成特征向量的线性组合

例 3.39

三、递推模型中的特征向量与矩阵幂

例 3.40（2000 年数一真题）

四、外积矩阵：优先右乘相关向量

例 3.41（2013 年数一、数二、数三真题）

例 3.42

五、外积恒等式与向量组秩的上界

六、列向量表示关系与零特征值

例 3.36（2017 年数二真题，回顾）

七、考场速记

二、计算 $A^n\alpha$ ：把向量拆成特征向量的线性组合