电子科技大学 2026年高等代数第0题

由题意，$V$中任意向量可由$\alpha, \mathscr{A}\alpha, \mathscr{A}^2\alpha$线性表出，且$\dim V=3$，故$\alpha, \mathscr{A}\alpha, \mathscr{A}^2\alpha$是$V$的一组基。已知$2\alpha-5\mathscr{A}\alpha+4\mathscr{A}^2\alpha-\mathscr{A}^3\alpha=0$，即$\mathscr{A}^3\alpha=2\alpha-5\mathscr{A}\alpha+4\mathscr{A}^2\alpha$。设$\mathscr{A}$在该基下的矩阵为$A$，则$A$的第一列为$(0,1,0)^T$（因为$\mathscr{A}\alpha=0\cdot\alpha+1\cdot\mathscr{A}\alpha+0\cdot\mathscr{A}^2\alpha$），第二列为$(0,0,1)^T$（因为$\mathscr{A}(\mathscr{A}\alpha)=\mathscr{A}^2\alpha=0\cdot\alpha+0\cdot\mathscr{A}\alpha+1\cdot\mathscr{A}^2\alpha$），第三列由$\mathscr{A}(\mathscr{A}^2\alpha)=\mathscr{A}^3\alpha=2\alpha-5\mathscr{A}\alpha+4\mathscr{A}^2\alpha$得$(2,-5,4)^T$。故 $$A=\begin{pmatrix}0&0&2\\1&0&-5\\0&1&4\end{pmatrix}.$$

特征多项式为$\det(\lambda I-A)=\begin{vmatrix}\lambda&0&-2\\-1&\lambda&5\\0&-1&\lambda-4\end{vmatrix}$。按第一行展开：$\lambda\cdot\begin{vmatrix}\lambda&5\\-1&\lambda-4\end{vmatrix}+(-2)\cdot\begin{vmatrix}-1&\lambda\\0&-1\end{vmatrix}=\lambda(\lambda(\lambda-4)+5)-2(1)=\lambda(\lambda^2-4\lambda+5)-2=\lambda^3-4\lambda^2+5\lambda-2$。因式分解得$(\lambda-1)^2(\lambda-2)$。故特征值为$\lambda_1=1$（二重），$\lambda_2=2$（单根）。

解$(I-A)X=0$： $$\begin{pmatrix}1&0&-2\\-1&1&5\\0&-1&-3\end{pmatrix}\xrightarrow{R_2+R_1}\begin{pmatrix}1&0&-2\\0&1&3\\0&-1&-3\end{pmatrix}\xrightarrow{R_3+R_2}\begin{pmatrix}1&0&-2\\0&1&3\\0&0&0\end{pmatrix}.$$ 基础解系为$(2,-3,1)^T$，故属于1的特征向量为$k(2\alpha-3\mathscr{A}\alpha+\mathscr{A}^2\alpha)$，$k\neq0$。

解$(2I-A)X=0$： $$\begin{pmatrix}2&0&-2\\-1&2&5\\0&-1&-2\end{pmatrix}\xrightarrow{R_2+\frac12R_1}\begin{pmatrix}2&0&-2\\0&2&4\\0&-1&-2\end{pmatrix}\xrightarrow{R_3+\frac12R_2}\begin{pmatrix}2&0&-2\\0&2&4\\0&0&0\end{pmatrix}\xrightarrow{\text{化简}}\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&2\\0&0&0\end{pmatrix}.$$ 基础解系为$(1,-2,1)^T$，故属于2的特征向量为$k(\alpha-2\mathscr{A}\alpha+\mathscr{A}^2\alpha)$，$k\neq0$。

特征值1的代数重数为2，几何重数为1（因为只有一个线性无关的特征向量），几何重数小于代数重数，故$\mathscr{A}$不能对角化。因此不存在$V$的一组基使$\mathscr{A}$的矩阵为对角阵。