云南大学 2026年高等代数第0题
📝 题目
六．设 $\displaystyle \tau$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 上的线性变换，$\displaystyle \lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ 是其 $n$ 个不同的特征值，证明：$\displaystyle \alpha, \tau(\alpha), \cdots, \tau^{n-1}(\alpha)$线性无关的充要条件是 $\displaystyle \alpha=\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}$ ，其中 $\displaystyle \alpha_{i}$ 是 $\displaystyle \tau$ 的属于特征值 $\displaystyle \lambda_{i}$ 的特征向量．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：明确已知条件与目标
已知 $\tau$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 上的线性变换，且有 $n$ 个不同的特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$。需要证明：向量组 $\alpha, \tau(\alpha), \dots, \tau^{n-1}(\alpha)$ 线性无关的充要条件是 $\alpha = \sum_{i=1}^n \alpha_i$，其中 $\alpha_i$ 是 $\tau$ 的属于特征值 $\lambda_i$ 的特征向量。
提示：注意特征值互异是重要条件，保证可对角化且特征向量线性无关。
步骤 2/7
目标：利用特征值互异得到可对角化及特征向量基
由于 $\tau$ 有 $n$ 个不同的特征值，故 $\tau$ 可对角化，且存在一组特征向量基 $\varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots, \varepsilon_n$，使得 $\tau(\varepsilon_i) = \lambda_i \varepsilon_i$。
公式：$\tau(\varepsilon_i) = \lambda_i \varepsilon_i$
提示：特征值互异保证特征向量线性无关，从而构成基。
步骤 3/7
目标：必要性：假设向量组线性无关，推导α的表示形式
假设 $\alpha, \tau(\alpha), \dots, \tau^{n-1}(\alpha)$ 线性无关。将 $\alpha$ 在基 $\varepsilon_i$ 下展开：$\alpha = \sum_{i=1}^n a_i \varepsilon_i$，其中 $a_i \in \mathbb{F}$。则对任意 $k = 0,1,\dots,n-1$，有 $\tau^k(\alpha) = \sum_{i=1}^n a_i \lambda_i^k \varepsilon_i$。
公式：$\tau^k(\alpha) = \sum_{i=1}^n a_i \lambda_i^k \varepsilon_i$
提示：注意 $\tau^0(\alpha)=\alpha$，$\lambda_i^0=1$。
步骤 4/7
目标：利用范德蒙矩阵证明所有系数非零
考虑向量组 $\tau^k(\alpha)$ 在基 $\varepsilon_i$ 下的坐标矩阵。将 $\tau^k(\alpha)$ 的坐标按行排列，得到矩阵 $M \operatorname{diag}(a_1, a_2, \dots, a_n)$，其中 $M$ 是范德蒙矩阵：
$$M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ \lambda_1 & \lambda_2 & \dots & \lambda_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \lambda_1^{n-1} & \lambda_2^{n-1} & \dots & \lambda_n^{n-1} \end{pmatrix}.$$
由于 $\lambda_i$ 互异，$M$ 可逆。因此 $\tau^k(\alpha)$ 线性无关当且仅当所有 $a_i \neq 0$。令 $\alpha_i = a_i \varepsilon_i$，则 $\alpha_i$ 是特征向量，且 $\alpha = \sum \alpha_i$。
公式：范德蒙矩阵行列式 $\prod_{1 \le i < j \le n} (\lambda_j - \lambda_i) \neq 0$
提示：注意坐标矩阵的秩与向量组线性无关的关系。
步骤 5/7
目标：充分性：假设α可表示为特征向量和，证明向量组线性无关
假设 $\alpha = \sum_{i=1}^n \alpha_i$，其中 $\alpha_i$ 是 $\lambda_i$ 的特征向量且非零。则 $\tau^k(\alpha) = \sum_{i=1}^n \lambda_i^k \alpha_i$。设 $\sum_{k=0}^{n-1} c_k \tau^k(\alpha) = 0$，即 $\sum_{i=1}^n \left( \sum_{k=0}^{n-1} c_k \lambda_i^k \right) \alpha_i = 0$。
公式：$\tau^k(\alpha) = \sum_{i=1}^n \lambda_i^k \alpha_i$
提示：注意 $\alpha_i$ 是特征向量，且不同特征值的特征向量线性无关。
步骤 6/7
目标：利用特征向量线性无关和范德蒙矩阵证明系数全为零
由于 $\alpha_i$ 属于不同特征值，它们线性无关，故对每个 $i$，有 $\sum_{k=0}^{n-1} c_k \lambda_i^k = 0$。这关于 $c_k$ 的齐次线性方程组的系数矩阵是范德蒙矩阵，可逆，因此只有零解 $c_0 = c_1 = \dots = c_{n-1} = 0$。所以 $\alpha, \tau(\alpha), \dots, \tau^{n-1}(\alpha)$ 线性无关。
公式：范德蒙矩阵可逆
提示：注意方程组有n个方程（i=1,...,n）和n个未知数（c_k），系数矩阵可逆保证唯一零解。
步骤 7/7
目标：总结结论
综合必要性和充分性，得证：$\alpha, \tau(\alpha), \dots, \tau^{n-1}(\alpha)$ 线性无关当且仅当 $\alpha$ 可表示为所有特征向量的和（即每个特征值对应的分量均非零）。
提示：注意条件中 $\alpha_i$ 是非零特征向量，即 $\alpha$ 在每一个特征方向上的投影都不为零。
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