由 $XA-X+B=AB$，得 $X(A-E)=(A-E)B$，

又 $A-E$ 可逆，所以 $X=(A-E)B(A-E)^{-1}$，

故 $X^{2024}=(A-E)B^{2024}(A-E)^{-1}=E$.

由

$$(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_1,\beta_2,\beta_3)=\left(\begin{matrix}1&0&1&1&1&3\\0&1&3&1&2&4\\1&1&5&1&3&a\end{matrix}\right)\rightarrow\left(\begin{matrix}1&0&0&2&1&10-a\\0&1&0&4&2&25-3a\\0&0&1&-1&0&a-7\end{matrix}\right)$$

可知 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性无关。若 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 不能由 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ 线性表出，则 $\beta_1,\beta_2,\beta_3$ 线性相关，所以

$$\left|\beta_1,\beta_2,\beta_3\right|=\left|\begin{matrix}1&1&3\\1&2&4\\1&3&a\end{matrix}\right|=a-5=0\tag{式1}$$

得 $a=5$.

由（式 1）得

$$(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta_1,\beta_2,\beta_3)=\left(\begin{matrix}1&0&1&1&1&3\\0&1&3&1&2&4\\1&1&5&1&3&a\end{matrix}\right)\rightarrow\left(\begin{matrix}1&0&0&2&1&5\\0&1&0&4&2&10\\0&0&1&-1&0&-2\end{matrix}\right)$$

因此，$\beta_1=2\alpha_1+4\alpha_2-\alpha_3$，$\beta_2=\alpha_1+2\alpha_2$，$\beta_3=5\alpha_1+10\alpha_2-2\alpha_3$.

由已知可得 $Ax=0$ 的基础解系含两个向量，故 $4-r(A)=2$，即 $r(A)=2$.

再根据 $(1,0,2,1)^T$ 是 $Ax=0$ 的解，即 $\alpha_1+2\alpha_2+\alpha_4=0$，可知 $\alpha_4=-\alpha_1-2\alpha_2$，所以 $\alpha_4$ 可由 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ 线性表出，故

$$r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=r(B)=2$$

因此，$Bx=0$ 的基础解系仅含一个向量.

又 $(1,0,2,1)^T$，$(2,1,1,-1)^T$ 均为 $Ax=0$ 的解，即有

$$\begin{cases}\alpha_1+2\alpha_3+\alpha_4=0\;(1)\\2\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3-\alpha_4=0\;(2)\end{cases}$$

所以 $3\alpha_1+\alpha_2+3\alpha_3=0$.

因此，$(3,1,3)^T$ 是 $Bx=0$ 的基础解系.

再者，$(1,1,1,1)^T$ 是 $Ax=b$ 的解，所以有

$$\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3+\alpha_4=b\;(3)$$

由 (2)(3) 可得 $3\alpha_1+2\alpha_2+2\alpha_3=b$.

因此，$(3,2,2)^T$ 是 $Bx=b$ 的一个特解.

综上: $Bx=b$ 的通解为 $(3,2,2)^T+k(3,1,3)^T$，$k$ 为任意常数.

因为 $A\sim B$，所以 $A$ 能对角化。由

$$2E-A=\left(\begin{matrix}0&0&-a\\-a&2&-2\\0&-4&2-b\end{matrix}\right)$$

及 $2$ 至少是 $A$ 的二重特征值，所以 $r(2E-A)=1$.

于是得到 $a=0,b=-2$.

再者，$A$ 的特征值为 $2,c,2$，于是有 $b+2=2+2+c$，得 $c=-4$.

先求特征值 $2$ 的特征向量:

$$2E-A=\left(\begin{matrix}0&0&0\\0&2&-2\\0&-4&4\end{matrix}\right)$$

所以 $(2E-A)x=0$ 的基础解系为 $\xi_1=(1,0,0)^T,\,\xi_2=(0,1,1)^T$.

再求特征值为 $-4$ 的特征向量

$$-4E-A=\left(\begin{matrix}-6&0&0\\0&-4&-2\\0&-4&-2\end{matrix}\right)$$

所以 $(-4E-A)x=0$ 的基础解系为 $\xi_3=(0,1,-2)^T$.

令 $P=\left(\begin{matrix}1&0&0\\0&1&1\\0&-2&1\end{matrix}\right)$，有 $P^{-1}AP=B$.

由题设可知，$A$ 的特征值为 $\lambda_1=\lambda_2=1,\,\lambda_3=0$.

$Q$ 的第三列为 $\left(\frac{\sqrt2}2,0,\frac{\sqrt2}2\right)^T$，可知 $\left(\frac{\sqrt2}2,0,\frac{\sqrt2}2\right)^T$ 为 $A$ 的对应于特征值 $0$ 的特征向量，当然 $\alpha_3=(1,0,1)^T$ 也是 $A$ 的对应于特征值 $0$ 的特征向量.

设 $\alpha=(x_1,x_2,x_3)^T$ 是 $A$ 的对应于特征值 $1$ 的特征向量，由于实对称矩阵对应于不同特征值的特征向量是正交的，则有 $\alpha^T\alpha=0$，即 $x_1+x_3=0$.

可得 $A$ 的对应于特征值 $1$ 的特征向量为 $(-1,0,1)^T,(0,1,0)^T$.

于是 $A=P\Lambda P^{-1}=\left(\begin{matrix}0&-1&1\\1&0&0\\0&1&1\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}1\\&1\\& &0\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}0&-1&1\\1&0&0\\0&1&1\end{matrix}\right)^{-1}=\left(\begin{matrix}\frac12&0&-\frac12\\0&1&0\\-\frac12&0&\frac12\end{matrix}\right)$.

$\forall0\ne\alpha\in R^n$，因为 $r(C)=n$，所以 $C\alpha=0$ 只有零解，故 $C\alpha\ne0$.

又 $A$ 为正定矩阵，于是 $\alpha^T(C^TAC)\alpha=(C\alpha)^TA(C\alpha)>0$.

所以 $C^TAC$ 为 $n$ 阶正定矩阵.