西安电子科技大学 2026年高等代数第0题

由条件，$\alpha, \mathscr{A}\alpha, \mathscr{A}^2\alpha$ 线性无关，构成 $V$ 的一组基。设 $\varepsilon_1 = \alpha, \varepsilon_2 = \mathscr{A}\alpha, \varepsilon_3 = \mathscr{A}^2\alpha$。由 $2\alpha - 5\mathscr{A}\alpha + 4\mathscr{A}^2\alpha - \mathscr{A}^3\alpha = 0$ 得 $\mathscr{A}^3\alpha = 2\alpha - 5\mathscr{A}\alpha + 4\mathscr{A}^2\alpha$。于是 $\mathscr{A}\varepsilon_1 = \varepsilon_2$, $\mathscr{A}\varepsilon_2 = \varepsilon_3$, $\mathscr{A}\varepsilon_3 = 2\varepsilon_1 - 5\varepsilon_2 + 4\varepsilon_3$。所以 $\mathscr{A}$ 在此基下的矩阵为 $A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & -5 \\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}$。

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

由特征多项式得特征值：$\lambda_1 = 1$（代数重数2），$\lambda_2 = 2$（代数重数1）。

解 $(I - A)X = 0$：$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ -1 & 1 & 5 \\ 0 & -1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = 0$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1 = 2x_3, x_2 = -3x_3$，基础解系 $\xi_1 = (2, -3, 1)^T$。所以属于1的特征向量为 $k(2\alpha - 3\mathscr{A}\alpha + \mathscr{A}^2\alpha)$，$k \neq 0$。

解 $(2I - A)X = 0$：$\begin{pmatrix} 2 & 0 & -2 \\ -1 & 2 & 5 \\ 0 & -1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = 0$。行化简：$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$，得 $x_1 = x_3, x_2 = -2x_3$，基础解系 $\xi_2 = (1, -2, 1)^T$。所以属于2的特征向量为 $k(\alpha - 2\mathscr{A}\alpha + \mathscr{A}^2\alpha)$，$k \neq 0$。

特征值1的代数重数为2，但几何重数（特征空间维数）为1，因为只有一个线性无关的特征向量。由于几何重数小于代数重数，$\mathscr{A}$ 不可对角化。因此不存在一组基使 $\mathscr{A}$ 为对角阵。