例21(1)若相似，則與相似；
(2)若相似，且，求行列式的值。
解：(1)因相似，故有可逆陣使從而有
證得與相似
(2)由相似，可得與相似，從而它們的行列式相等。
所以例22
證明以下結論：
(1)設為二階實矩陣，，則與對角矩陣相似；
(2)設，，，則與對角矩陣相似。
證：(1)令
設的兩個特徵向量，則由可知異號，故可對角化；
(2)因為，所以，故有兩個不同實根，所以可對角化。
例23判斷下列兩階矩陣,是否相似。
,解：對，因為，故得特徵值為
又為實對稱陣，故必可與對角陣相似，即存在可逆矩陣，使
對可求得,故與有相同的特徵值，由於,所以的基礎解系含個線性無關的向量，也即對的特徵值，有，故也可相似於對角陣，即存在可逆陣,使
所以即故與相似
例24設，均為非零向量，記，就，的情況討論是否存在可逆陣，使得相似於對角陣，即.
解：(1)先求的特徵值：
解法一設的特徵值為，對應的特徵向量為，則
若,則，而，得；
若，(*)式兩邊同時左乘，得
由，得解法二利用
及特徵值定義，(*)式兩邊左乘，得
由，，得，或
解法三利用特徵方程。因，故
兩邊取行列式，得
所以,故的特徵值為，或
解法四直接從的特徵方程求
時，顯然滿足方程；(因為)
時，利用加邊法計算行列式
得(2)求對應於的特徵向量：
當時，即，此時亦即，但，
故,於是對應的特徵向量應滿足
因，不失一般性，設，則對應的特徵向量有：
, , ,；
當時，，
由此可見，時，有
故(3)當，即不正交時，有個線性無關特徵向量，即存在可逆陣
使得當時，即正交時，是的重特徵值。因為，故，則對應的特徵向量只有個，所以不能相似於對角陣。
例25設
(1)將正交對角化
(2)求乙個正交變換，使二次型
為標準型。
解：(1)求出的特徵值：
特徵值為，
對，解方程組即
得線性無關的特徵向量為
將它們正交化得，
對，解方程組即
得乙個線性無關的特徵向量
由於必與正交，故將，單位化，得
令，則為正交陣，且有其中
(2)的矩陣恰為，故由(1)的計算可得正交變換為，則
例26設的乙個特徵值為3，
(1)求的值
(2)求乙個滿秩矩陣，使得為對角陣。
解：(1)因為3為的乙個特徵值，所以有即故
(2)解法一因為所以
因此要使為對角陣，只要求出正交矩陣，使得為對角陣，即有
為對角陣，而這即為實對稱陣的正交對角化問題。
由,得的特徵值為，，。
對，解即
得基礎解系為
， 由於已正交，故只需單位化，得
對，解，即
得基礎解系為
，單位化得
對，解即
得基礎解系為
，單位化得
令則，這時有
解法二由，得。即要求可逆陣，使得，為對角陣，合同於。而
其對應的二次型為
令得，則有例27
用配方法化下列二次型
(1)(2)
(3)為標準型，並求出所用的非退化線性變換。
解：(1)
令，則即
，使成立
(2)令，即
則令，即，即，於是使
(3)解法一
令即即顯然，變換是可逆的，變換後得到標準型為
(4)解法二令，即即
則原二次型
再令，即，即，
於是則二次型
例28設數列，滿足：
且，，求的通項及
解: 設，則問題轉化為求。
由,得的特徵值為，。
對，解，即，得
對，解，即，得
令，則有
於是從而
故，故例29
設3階實對稱矩陣的3個特徵值為，，對應於的特徵向量為。求(1) (2)的相似對稱陣 (3)
解：(1)因為為實對稱矩陣，且不等，所以對應的特徵向量必與正交。
設特徵值所對應的特徵向量為,則有即，求得該方程組的基礎解系為,
，即為的屬於的兩個線性無關的特徵向量，顯然正好正交，故將單位化，得
,令,且為正交陣，且有
(2)由，得
而即為的相似對稱陣。即為的特徵值。
(3)因為，所以得特徵值為即，的特徵值為，故
例30已知階矩陣滿足，且，證明相似於,並求.
證：設的乙個特徵值為，對應的特徵向量為，則由，知，即的特徵值的取值範圍為1或0，又移項得，故
又從而知，已知，故。
因，，所以有列線性無關向量是的特徵值所對應的特徵向量；
再由，即，由，知有列線性無關向量是的特徵值所對應的特徵向量。故有個線性無關特徵向量，且相似於。
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