Lemma1.已知$A$为$n(n\ge2)$阶矩阵，则当$r(A)=n$时，$r(A^{*})=n$；当$r(A)=n-1$时，$r(A^{*})=1$；$r(A)\le n$时，$r(A^{*})=0$。
Problem.已知数域$\mathbb{F}$上的$n(n\ge2)$阶矩阵$A$。$A$在复数域$\mathbb{C}$上的特征值设为${\{\lambda_{i}\},i=1,2\dotsb n}$；$\{\alpha_{i}\},i=1,2\dotsb s,s\le n$ 为相对应$\lambda_{i}$的特征向量；特征多项式设为$f(x)=\prod\limits_{i=1}^{n}(x-\lambda_{i})=x^{n}+\text{a}_{n-1}x^{n-1}+\dotsb+\text{a}_{1}x+\text{a}_{0}$。 讨论$A$ 和$A^{*}$之间及它们特征值，特征向量和特征多项式之间的关系。特别的，$A$ 可逆时，讨论$A^{-}$ 和$A,A^{*}$ 之间的上述关系。
Situation1.当$r(A)=n$时，即$A^{-}$存在，易知$A^{-}$的特征值为${\frac{1}{\lambda_{i}},i=1,2\dotsb n}$。设$A^{*}$的特征值为$\mu_{k},k=1,2\dotsb n$。
则$$0=|\mu E-A^{*}|=|\mu E-|A|A^{-}|=|A|\cdot|\frac{\mu}{|A|}E-A^{-}|$$
所以$\frac{\mu_{k}}{|A|}=\frac{1}{\lambda_{k}}$
$$\mu_{k}=\frac{|A|}{\lambda_{k}}=\frac{\prod \lambda}{\lambda_{k}}=\prod\limits_{\substack{i=1\\i\neq k}}^{n}\lambda_{i}$$
由$|A|\alpha_{i}=A^{*}A\alpha_{i}=A^{*}(\lambda_{i}\alpha_{i})=|A|\alpha_{i}$，知$$A^{*}\alpha_{i}=\frac{|A|}{\lambda_{i}}\alpha_{i}$$
即$A$的任一特征向量$\alpha_{i}$都是$A^{*}$的特征向量，又设$\beta$为$A^{*}$的任一特征向量，则$|A|\alpha_{i}=AA^{*}\beta=A(\mu\beta)$，则得$A\beta=\frac{|A|}{\mu}\beta$，即$\beta$为$A$的特征向量。所以$\{\lambda_{i}\}$为$A^{*}$的全部特征向量，且对应特征值为$\mu_{i}$。
Situation2.当$r(A)=n-1$时，$r(A^{*})=1$,所以$A$有一个特征值为零，不妨$\lambda_{1}=0,\lambda_{2}\dotsb\lambda_{n}$都都不为零，$A^{*}$有$n-1$个特征值为零。
而$\mu_{k}=\prod\limits_{\substack{i=1\\i\neq k}}^{n}\lambda_{i}=0,k=2,3,\dotsb,n$，
下求$\mu_{1}$
设$$|xE-A|=x^{n}+\text{a}_{n-1}x^{n-1}\dotsb+\text{a}_{1}x+\text{a}_{0},\text{a}_{0}=0$$
则$$A^{*}=((-1)^{n+1}(x^{n-1}+\dotsb+\text{a}_{1}))|_{x=A}$$
故$A^{*}$有特征值$((-1)^{n+1}(x^{n-1}+\dotsb+\text{a}_{1}))|_{x=0}
=\text{a}_{1}=\sum\limits_{k=1}^{n}\prod\limits_{\substack{i=1\\i\neq k}}^{n}\lambda_{i}
=\prod\limits_{i=2}^{n}\lambda_{i}=\mu_{1}$
,所以$\mu_{k}$为$A^{*}$的$n$个特征值。
(或考虑$A^{*}$的特征多项式，$\mu_{1}=tr(A^{*})=-\text{b}_{n-1}$。)
$r(A^{*})=1$，不妨$A_{ij}\neq0$，令$A=(\alpha_{1},\alpha_{2}\dotsb\alpha_{n})$，由$A^{*}A=|A|E=\theta$知$A$除去第$i$列剩余的$n-1$列$\{\alpha_{1},\alpha_{2}\dotsb\alpha_{i-1},\alpha_{i+1}\dotsb\alpha_{n}\}$都为$A^{*}x=0$的解，
且由$A_{ij}\neq0$知$\{\alpha_{1},\alpha_{2}\dotsb\alpha_{i-1},\alpha_{i+1}\dotsb\alpha_{n}\}$线性无关，
所以，由$A^{*}\beta=0\beta=\theta$，知$A^{*}$关于$0$的特征向量为任意$\beta\in L(\alpha_{1},\alpha_{2}\dotsb\alpha_{i-1},\alpha_{i+1}\dotsb\alpha_{n})/{\theta}$
$=\{\beta=\text{k}_{1}\alpha_{1}+\text{k}_{2}\alpha_{2}+\dotsb+\text{k}_{i-1}\alpha_{i-1}+\text{k}_{i+1}\alpha_{i+1}+\dotsb+\text{k}_{n}\alpha_{n}$
$|\text{k}_{1},\text{k}_{2}\dotsb\text{k}_{i-1},\text{k}_{i+1}\dotsb\text{k}_{n}$
不同时为$0\}$.
另外，$r(A^{*})=1,A_{ij}\neq0$，则$A^{*}$可写为$$A^{*}=\left(
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{i-1} \\
1 \\
b_{i+1} \\
\vdots \\
b_{n} \\
\end{array}
\right)\left(
\begin{array}{cccccccc}
A_{i,1} & A_{i,2} & \dotsb &A_{i,j-1} & A_{ij} & A_{i,j+1} & \dotsb & A_{i,n} \\
\end{array}
\right)
$$则\begin{equation}\begin{split} \\
&A^{*}\left(
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{i-1} \\
1 \\
b_{i+1} \\
\vdots \\
b_{n} \\
\end{array}
\right)\\
&=\left(
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{i-1} \\
1 \\
b_{i+1} \\
\vdots \\
b_{n} \\
\end{array}
\right)\left(
\begin{array}{cccccccc}
A_{i,1} & A_{i,2} & \dotsb &A_{i,j-1} & A_{ij} & A_{i,j+1} & \dotsb & A_{i,n} \\
\end{array}
\right)\left(
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{i-1} \\
1 \\
b_{i+1} \\
\vdots \\
b_{n} \\
\end{array}
\right) \end{split} \end{equation}\begin{equation}\label{xx} \begin{split}\\
&=(b_{1}A_{i1}+b_{2}A{i2}+\dotsb+b_{j-1}A_{i,j-1}+b_{j}A_{i,j}+b_{j+1}A_{i,j+1}+\dotsb+b_{n}A_{i,n})\left(
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{i-1} \\
1 \\
b_{i+1} \\
\vdots \\
b_{n} \\
\end{array}
\right)\\
&=\frac{\prod\lambda_{j}}{\lambda_{i}=0}\left(
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{i-1} \\
1 \\
b_{i+1} \\
\vdots \\
b_{n} \\
\end{array}
\right)\end{split} \end{equation}\begin{equation}\label{xx} \begin{split}\\
&=\text{c}\prod\limits_{\lambda_{i}\neq0}\lambda_{i}\left(
\begin{array}{c}
b_{1} \\
b_{2} \\
\vdots \\
b_{i-1} \\
1 \\
b_{i+1} \\
\vdots \\
b_{n} \\
\end{array}
\right)
\end{split} \end{equation}
所以，求得特征向量为$(b_{1}, b_{2},\vdots ,b_{i-1} ,1 , b_{i+1},\vdots , b_{n})^{'}$,对应特征值为$\prod\limits_{\lambda_{i}\neq0}\lambda_{i},(\mu_{1})$
$A^{*}$的特征多项式为$$f(x)=\prod(x-\mu_{k})=x^{n-1}(x-\prod\limits_{\lambda_{i}\neq0}\lambda_{i})=x^{n}-\prod\limits_{\lambda_{i}\neq0}\lambda_{i}x^{n-1}$$
此时，$A^{*}$也可表为$A$的多项式，形式和$A$可逆时类似。
situation3.当$r(A)<n-1$时，$A^{*}=\theta$。$A^{*}$的$n$个特征值都为$0$，任意$n$维非零向量$\alpha$都为$A^{*}$关于$\lambda=0$的特征向量，而$A^{*}$的特征多项式显然为$f(x)=\prod\mu_{k}=x^{n}$
沪公网安备 31011702001868号）
