华东师范大学 2019年高等代数第3题

设矩阵 $A=\begin{pmatrix}0 & 1 & -1\\ -2 & -3 & a\\ 3 & 3 & -4\end{pmatrix}$，特征多项式为 $f(\lambda)=\det(\lambda I-A)=\begin{vmatrix}\lambda & -1 & 1\\ 2 & \lambda+3 & -a\\ -3 & -3 & \lambda+4\end{vmatrix}$。按第一行展开计算： $f(\lambda)=\lambda\begin{vmatrix}\lambda+3 & -a\\ -3 & \lambda+4\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}2 & -a\\ -3 & \lambda+4\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}2 & \lambda+3\\ -3 & -3\end{vmatrix}$ $=\lambda[(\lambda+3)(\lambda+4)-3a]+[2(\lambda+4)-3a]+[2\cdot(-3)-(\lambda+3)(-3)]$ $=\lambda(\lambda^2+7\lambda+12-3a)+(2\lambda+8-3a)+(-6+3\lambda+9)$ $=\lambda^3+7\lambda^2+12\lambda-3a\lambda+2\lambda+8-3a+3\lambda+3$ $=\lambda^3+7\lambda^2+(17-3a)\lambda+(11-3a)$。

特征多项式是三次多项式，有二重根意味着可设为 $(\lambda-r)^2(\lambda-s)=\lambda^3-(2r+s)\lambda^2+(r^2+2rs)\lambda-r^2s$。比较系数得方程组： $\begin{cases} -(2r+s)=7 \\ r^2+2rs=17-3a \\ -r^2s=11-3a \end{cases}$ 由第一式得 $s=-7-2r$，代入后两式得： $r^2+2r(-7-2r)=-3r^2-14r=17-3a$ (1) $-r^2(-7-2r)=7r^2+2r^3=11-3a$ (2) (2)-(1)得 $2r^3+10r^2+14r+6=0$，除以2得 $r^3+5r^2+7r+3=0$。

解方程 $r^3+5r^2+7r+3=0$。试根 $r=-1$：$(-1)^3+5\cdot(-1)^2+7\cdot(-1)+3=-1+5-7+3=0$，所以 $r=-1$ 是一个根。因式分解得 $(r+1)(r^2+4r+3)=0$，即 $(r+1)(r+1)(r+3)=0$，所以 $r=-1$（二重）或 $r=-3$。

情况1：$r=-1$，则 $s=-7-2(-1)=-5$。代入(1)：$-3(-1)^2-14(-1)=-3+14=11=17-3a$，解得 $a=2$。 情况2：$r=-3$，则 $s=-7-2(-3)=-1$。代入(1)：$-3(-3)^2-14(-3)=-27+42=15=17-3a$，解得 $a=\frac{2}{3}$。 所以 $a=2$ 或 $a=\frac{2}{3}$。

当 $a=2$ 时，特征值为 $\lambda=-1$（二重）和 $\lambda=-5$（单根）。求 $\lambda=-1$ 的特征空间：解 $(-I-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix}-1 & -1 & 1\\ 2 & 2 & -2\\ -3 & -3 & 3\end{pmatrix}x=0$。矩阵各行成比例，秩为1，所以解空间维数为2，几何重数等于代数重数2，故可对角化。

当 $a=\frac{2}{3}$ 时，特征值为 $\lambda=-3$（二重）和 $\lambda=-1$（单根）。求 $\lambda=-3$ 的特征空间：解 $(-3I-A)x=0$，即 $\begin{pmatrix}-3 & -1 & 1\\ 2 & 0 & -\frac{2}{3}\\ -3 & -3 & 1\end{pmatrix}x=0$。化简矩阵：第二行乘以3得 $\begin{pmatrix}6 & 0 & -2\end{pmatrix}$，即 $\begin{pmatrix}3 & 0 & -1\end{pmatrix}$。矩阵化为 $\begin{pmatrix}-3 & -1 & 1\\ 3 & 0 & -1\\ -3 & -3 & 1\end{pmatrix}$，经行变换得 $\begin{pmatrix}-3 & -1 & 1\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$，秩为2，解空间维数为1，几何重数1小于代数重数2，故不可对角化。