西南交通大学 2026年高等代数第9题

计算矩阵 $A$ 的特征多项式 $\det(\lambda I - A)$，其中 $A = \begin{pmatrix} -1 & -2 & 6 \\ -1 & 0 & 3 \\ -1 & -1 & 4 \end{pmatrix}$。 $$\det(\lambda I - A) = \det\begin{pmatrix} \lambda+1 & 2 & -6 \\ 1 & \lambda & -3 \\ 1 & 1 & \lambda-4 \end{pmatrix}.$$ 按第一行展开： $$(\lambda+1)[\lambda(\lambda-4)+3] - 2[(\lambda-4)+3] + (-6)[1-\lambda]$$ $$= (\lambda+1)(\lambda^2-4\lambda+3) - 2(\lambda-1) + 6(\lambda-1)$$ $$= (\lambda+1)(\lambda-1)(\lambda-3) + 4(\lambda-1)$$ $$= (\lambda-1)[(\lambda+1)(\lambda-3)+4] = (\lambda-1)(\lambda^2-2\lambda+1) = (\lambda-1)^3.$$ 所以特征值为 $\lambda = 1$（三重根）。

计算 $A - I$ 的秩以确定几何重数。 $$A - I = \begin{pmatrix} -2 & -2 & 6 \\ -1 & -1 & 3 \\ -1 & -1 & 3 \end{pmatrix}.$$ 观察矩阵，第二行和第三行成比例（第三行等于第二行），第一行是第二行的2倍，因此秩为1。 几何重数 $= \dim \ker(A-I) = 3 - \text{rank}(A-I) = 3 - 1 = 2$。

代数重数为3，几何重数为2，说明Jordan块有两个：一个2阶块和一个1阶块。因此Jordan标准形为： $$J = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

由Jordan标准形理论，存在可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP = J$。将 $J$ 分解为对角部分和幂零部分：$J = D + N$，其中 $D = \text{diag}(1,1,1) = I$，$N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ 是幂零矩阵。 则 $A = PJP^{-1} = P(D+N)P^{-1} = PDP^{-1} + PNP^{-1}$。令 $C = PDP^{-1}$，$B = PNP^{-1}$，则 $C$ 可对角化（因为 $D$ 是对角阵），$B$ 幂零。

注意到 $D = I$，因此 $PDP^{-1} = PIP^{-1} = I$。所以 $C = I$，$B = A - I$。 验证 $B$ 的幂零性：计算 $(A-I)^2$： $$(A-I)^2 = \begin{pmatrix} -2 & -2 & 6 \\ -1 & -1 & 3 \\ -1 & -1 & 3 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ 因此 $B$ 是幂零矩阵（指数为2），$C = I$ 是对角矩阵（显然可对角化）。

（1）Jordan标准形为： $$J = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ （2）取 $B = A - I = \begin{pmatrix} -2 & -2 & 6 \\ -1 & -1 & 3 \\ -1 & -1 & 3 \end{pmatrix}$，$C = I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$，则 $A = B + C$，$B$ 幂零，$C$ 可对角化。