高等代数习题

高等代数习题

题目 设 $A$ 为 $n$ 阶可逆实对称矩阵, 且 $A$ 的所有 $n-1$ 阶主子式均为零. 证明: $A$ 至少有一个 $n-2$ 阶主子式非零, 而且所有非零的 $n-2$ 阶主子式都与 $|A|$ 异号.

证明

引理1 实对称矩阵的特征值都是实数.

证明 设 $\lambda \in \mathbb{C}$ 是实对称阵 $A$ 的一个特征值.
记一个数 $x$ 的共轭为 $\overline{x}$, 则只需证明 $\lambda = \overline{\lambda}$.
对于一个向量 $v$, 用 $\overline{v}$ 表示对其每个分量取共轭所得的向量, 矩阵同理.
设 $Av=\lambda v$, 其中 $v$ 是非零向量.
则$\lambda\overline{v}^Tv=\overline{v}^TAv=v^T\overline{Av}=\overline{\lambda}v^T\overline{v}=\overline{\lambda}\overline{v}^Tv$.
因此 $ \left( \lambda – \overline{\lambda} \right) \overline{v}^T v = 0$.
而 $\overline{v}^Tv=\sum\limits_{i = 1}^n\overline{x_i}x_i=\sum\limits_{i = 1}^n|x_i|^2>0$.
故 $\lambda = \overline{\lambda}$.

引理2 设 $n$ 阶方阵 $A=(a_{i,j})_{n\times n}$ 的特征多项式为
$$
\phi(\lambda)=\prod\limits_{i=1}^{n}{(\lambda-\lambda_i)}=\sum\limits_{k=0}^{n}{(-1)^{k}\sigma_k\lambda^{n-k}}.
$$
其中 $\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n$ 为关于 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$ 的基本对称多项式. 特别地, $\sigma_0=1.$

则对任意的 $k=1,2,\cdots,n$, 有
$$
\sigma_k=\sum\limits_{1 \leq j_1 < j_2 < \cdots < j_k\leq n}{A\begin{pmatrix}j_1\ j_2\ \cdots\ j_k\\j_1\ j_2\ \cdots\ j_k\\\end{pmatrix}}, $$ 即 $A$ 的所有 $k$ 阶主子式之和. 特别地, $\sigma_n=|A|$.

引理3 设 $A\in\mathbb{R}^{r\times r},B\in\mathbb{R}^{r\times s},C\in\mathbb{R}^{s\times r},D\in\mathbb{R}^{s\times s}$, 并且方阵 $A$ 可逆, 则
$$
\begin{vmatrix}
A&B\\
C&D\\
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
A&B\\
0&D-CA^{-1}B\\
\end{vmatrix}=
|A||D-CA^{-1}B|.
$$

回到原题.

引理1, 设 $A$ 的特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\in\mathbb{R}$.

由于 $A$ 可逆, 故 $|A|\not=0$, 即 $\lambda_i\not=0,1\leq i\leq n$.

由题设及引理2,
$$
\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{\lambda_i}=\frac{\sigma_{n-1}}{|A|}=0.
$$

假设 $A$ 的所有 $n-2$ 阶主子式均为零, 那么
$$
\sum\limits_{1\leq i < j\leq n}{\frac{1}{\lambda_i\lambda_j}}=\frac{\sigma_{n-2}}{|A|}=0. $$ 从而 $$ 0 < \sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{\lambda_i^2}}=\left(\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{\lambda_i}\right)^2-2\left(\sum\limits_{1\leq i < j\leq n}{\frac{1}{\lambda_i\lambda_j}}\right)=0, $$ 矛盾. 因此至少有一个 $n-2$ 阶主子式非零.对于 $A$ 的非零 $n-2$ 阶主子式, 通过依次进行列交换和行交换, 不妨设其为 $A\begin{pmatrix}1\ 2\ \cdots\ n-2\\1\ 2\ \cdots\ n-2\\\end{pmatrix}$.考虑对称方阵 $A$ 的分块, $$ A= \begin{pmatrix} P&\alpha&\beta\\ \alpha^T&a_{n-1,n-1}&a_{n-1,n}\\ \beta^T&a_{n-1,n}&a_{n,n}\\ \end{pmatrix}. $$ 其中, $$ P= \begin{pmatrix} a_{1,1}&\cdots&a_{1,n-2}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{n-2,1}&\cdots&a_{n-2,n-2}\\ \end{pmatrix}, \alpha= \begin{pmatrix} a_{1,n-1}\\ a_{2,n-1}\\ \vdots\\ a_{n-2,n-1}\\ \end{pmatrix}, \beta= \begin{pmatrix} a_{1,n}\\ a_{2,n}\\ \vdots\\ a_{n-2,n}\\ \end{pmatrix}. $$$P$ 可逆, $|P|\not=0$.

由于 $A$ 的所有 $n-1$ 阶主子式均为零, 使用引理3,
$$
0=
\begin{vmatrix}
P&\alpha\\
\alpha^T&a_{n-1,n-1}\\
\end{vmatrix}=
|P|\left(a_{n-1,n-1}-\alpha^T P^{-1}\alpha\right),\\
0=
\begin{vmatrix}
P&\beta\\
\beta^T&a_{n,n}\\
\end{vmatrix}=
|P|\left(a_{n,n}-\beta^T P^{-1}\beta\right).
$$

因此,
$$
a_{n-1,n-1}-\alpha^T P^{-1}\alpha=0,\\a_{n,n}-\beta^T P^{-1}\beta=0.
$$

使用引理3计算 $|A|$.

注意到
$$
\begin{pmatrix}
\alpha^T\\
\beta^T\\
\end{pmatrix}
P^{-1}
\begin{pmatrix}
\alpha&\beta\\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\alpha^TP^{-1}\alpha&\alpha^TP^{-1}\beta\\
\beta^TP^{-1}\alpha&\beta^TP^{-1}\beta\\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
a_{n-1,n-1}&\alpha^TP^{-1}\beta\\
\alpha^TP^{-1}\beta&a_{n,n}\\
\end{pmatrix}.
$$

从而
$$
|A|=|P|
\begin{vmatrix}
\begin{pmatrix}
a_{n-1,n-1}&a_{n-1,n}\\
a_{n-1,n}&a_{n,n}\\
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
a_{n-1,n-1}&\alpha^TP^{-1}\beta\\
\alpha^TP^{-1}\beta&a_{n,n}\\
\end{pmatrix}
\end{vmatrix}=
-|P|\left(a_{n-1,n}-\alpha^TP^{-1}\beta\right)^2.
$$

因此 $|P|$ 与 $|A|$ 异号.

 

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