反对称阵相关性质的总结

设 $M$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵, 则有如下的分解: $$M=\frac{1}{2}(M+M')+\frac{1}{2}(M-M'),$$ 其中 $A=\dfrac{1}{2}(M+M')$ 是 $n$ 阶对称阵 (称为 $M$ 的对称化), $S=\dfrac{1}{2}(M-M')$ 是 $n$ 阶反对称阵 (称为 $M$ 的反对称化). 进一步, 我们可以证明 (高代白皮书的例 3.48): $n$ 阶方阵全体构成的线性空间 $M_n(\mathbb{K})$ 是 $n$ 阶对称阵全体构成的子空间与 $n$ 阶反对称阵全体构成的子空间的直和. 因此, 对称阵和反对称阵的研究对于矩阵理论来说十分重要.

本文的主要目的是, 按照复旦高代教材的章节顺序将反对称阵的相关性质做一总结, 其中不仅包含反对称阵一些常见的性质和定理, 也包含一些有趣的习题和试题等, 供读者在准备各类考试时作一参考. 以下若无特殊说明, 总在数域 $\mathbb{K}$ 上考虑问题.

第一章  行列式

利用行列式的性质容易证明反对称阵的性质 1, 这也是行列式章节中的一道常见习题.

性质 1 (高代白皮书第一章的解答题 8)  奇数阶反对称阵的行列式等于零.

利用行列式的组合定义, 我们还可以证明偶数阶反对称阵的行列式是其 Pfaffian 的平方, 具体的证明过程请参考教学博文 [3].

性质 2  设 $A=(a_{ij})$ 为 $2n$ 阶反对称阵, 则 $|A|=\mathrm{Pf}(A)^2$, 其中 $$\mathrm{Pf}(A)=\sum_{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)\in A_{2n}}(-1)^{N(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)}a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n},$$ $$A_{2n}=\{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)\in S_{2n}\mid i_1<j_1,i_2<j_2,\cdots,i_n<j_n,i_1<i_2<\cdots<i_n\}.$$ 特别地, 把性质 1 和性质 2 合并起来, 可以得到关于实反对称阵的性质 3, 后面我们还会给出性质 3 的另外几种证明.

性质 3  设 $A$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 则 $|A|\geq 0$.

例 1 (18 级高代 I 每周一题第 3 题)  设 $A=(a_{ij})$ 是 $2n$ 阶反对称阵, $b$ 为常数, $B=(a_{ij}+b)$, 证明: $|A|=|B|$.

证明  由高代白皮书的例 1.32 可知 $|B|=|A|+b\sum\limits_{i,j=1}^{2n}A_{ij}$, 其中 $A_{ij}$ 是 $a_{ij}$ 在 $|A|$ 中的代数余子式. 对任意的 $1\leq i\leq 2n$, $A_{ii}$ 是奇数阶反对称行列式, 故由性质 1 可知 $A_{ii}=0$. 对任意的 $1\leq i<j\leq 2n$, $A_{ij}$ 和 $A_{ji}$ 对应的矩阵相差一个反对称 (即转置后反号), 从而 $A_{ij}=(-1)^{2n-1}A_{ji}=-A_{ji}$. 由上述两点即得结论.  $\Box$

例 2  设 $A$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 证明: $|I_n+A|\geq 1+|A|$, 等号成立当且仅当 $n\leq 2$ 或当 $n\geq 3$ 时, $A=0$.

证明  注意到 $I_n$ 的非零子式只有其主子式, 故由高代白皮书的例 1.39 可知 $$|I_n+A|=|I_n|+|A|+\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_k\leq n}A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ i_1&i_2&\cdots&i_k\\ \end{pmatrix}.$$ $A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ i_1&i_2&\cdots&i_k\\ \end{pmatrix}$ 对应的矩阵是 $k$ 阶实反对称阵, 故由性质 3 可知 $A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ i_1&i_2&\cdots&i_k\\ \end{pmatrix}\geq 0$, 从而 $|I_n+A|\geq 1+|A|$ 成立. 由 $A$ 的反对称性容易验证当 $n\leq 2$ 时, 上述不等式的等号成立. 当 $n\geq 3$ 时, 若 $A=0$, 则等号显然成立; 反之若等号成立, 则对任意的 $1\leq i<j\leq n$, 有 $0=A\begin{pmatrix} i&j\\ i&j\\ \end{pmatrix}=\begin{vmatrix} 0&a_{ij}\\ a_{ji}&0\\ \end{vmatrix}=a_{ij}^2$, 从而 $a_{ij}=0$, 即有 $A=0$ 成立.  $\Box$ 

第二章  矩阵

利用标准单位列向量的性质可以证明性质 4, 这是一个关于反对称阵的刻画, 在后续章节有着重要的应用.

性质 4 (高代白皮书的例 2.3)  设 $A$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 阶方阵, 则 $A$ 是反对称阵的充要条件是对任意的 $\alpha\in\mathbb{K}^n$, 有 $\alpha'A\alpha=0$.

例 3 (16 级高代 I 期末考试第六大题)  设 $A$ 为 $2n$ 阶反对称阵, $\alpha$ 为 $2n$ 维列向量, $x$ 为未定元, 证明: $|A+x\alpha\alpha'|=|A|$.

本道例题是例 1 的推广, 我们一共给出了四种证法, 请参考其解答 [4]. 证法一先将 $2n$ 阶行列式升阶为 $2n+1$ 阶行列式, 然后利用行列式的性质和反对称阵的性质 1 得到结论. 证法二也是先将 $2n$ 阶行列式升阶为 $2n+1$ 阶行列式, 然后利用高代白皮书的例 1.8 以及反对称阵的性质 (这与例 1 的证明十分相似) 得到结论.

证法三  先设 $A$ 为非异阵, 考虑分块矩阵 $\begin{pmatrix} A & -x\alpha \\ \alpha' & 1 \end{pmatrix}$, 则由降阶公式可得 $$|A+x\alpha\alpha'|=|A|\cdot(1+x\alpha'A^{-1}\alpha).$$ 注意到 $A^{-1}$ 仍为反对称阵, 由反对称阵的性质 4 可知 $\alpha'A^{-1}\alpha=0$, 于是 $|A+x\alpha\alpha'|=|A|$. 一般地, 设 $A_t=A+tS$, 其中 $S=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\Bigg\}$ 为非异反对称阵 ($S$ 的取法有很多种, 但注意不能取 $I_{2n}$), 则 $|A_t|=|A+tS|=|S|\cdot|tI_{2n}+S^{-1}A|=|tI_{2n}+S^{-1}A|$ 为 $t$ 的 $2n$ 次多项式, 它只有有限个根, 故存在一列有理数 $t_k\to 0$, 使得 $A_{t_k}$ 为非异反对称阵. 由非异的情形可得 $|A_{t_k}+x\alpha\alpha'|=|A_{t_k}|$, 两边都是 $t_k$ 的多项式. 上述等式的两边同时取极限, 令 $t_k\to 0$ 即得结论.  $\Box$

第三章  线性空间

我们发展了线性空间理论 (包括向量的线性关系, 基和维数等概念), 并把矩阵的秩定义为其行向量组的秩或其列向量组的秩. 利用线性空间理论, 我们在高代白皮书的例 3.82 和例 3.83 中证明了如下结论.

引理 1  设 $m\times n$ 矩阵 $A$ 的 $m$ 个行向量为 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_m$, 其中 $\alpha_{i_1},\alpha_{i_2},\cdots,\alpha_{i_r}$ 是其极大无关组. 又设 $A$ 的 $n$ 个列向量为 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n$, 其中 $\beta_{j_1},\beta_{j_2},\cdots,\beta_{j_r}$ 是其极大无关组. 证明: $A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_r\\ j_1&j_2&\cdots&j_r\\ \end{pmatrix}\neq 0$. 特别地, 若 $A$ 是 $n$ 阶对称阵或反对称阵, 则 $A$ 必有一个 $r$ 阶主子式非零.

性质 5 (高代白皮书的例 3.84)  反对称阵的秩必为偶数.

证明  用反证法. 设反对称阵 $A$ 的秩为 $2r+1$, 则由引理 1 可知, $A$ 有一个 $2r+1$ 阶主子式 $|D|\neq 0$. 由 $A$ 的反对称性可知, 其主子阵 $D$ 也是反对称阵. 再由反对称阵的性质 1 可知 $|D|=0$, 矛盾.  $\Box$

例 3 的证法四  同证法三先证 $A$ 为非异反对称阵的情形. 若 $A$ 为奇异反对称阵, 则由反对称阵的性质 5 可知, $r(A)$ 必为偶数, 又 $A$ 不满秩, 从而 $r(A)\leq 2n-2$. 由矩阵秩的不等式 (高代白皮书的例 3.62) 可知 $$r(A+x\alpha\alpha')\leq r(A)+r(x\alpha\alpha')\leq (2n-2)+1=2n-1,$$ 故 $A+x\alpha\alpha'$ 为奇异阵, 从而 $|A+x\alpha\alpha'|=0=|A|$.  $\Box$

线性方程组的求解理论可用来证明矩阵的非异性. 特别地, 配合上反对称阵的性质 4, 可以用来证明 $A+S$ 型矩阵的非异性, 其中 $A$ 是满足某种条件的实对称阵, $S$ 是实反对称阵. 此类型的问题在第九章还会进一步探讨.

例 4 (高代白皮书的例 3.78)  设 $A$ 是 $n$ 阶实反对称阵, $D=\mathrm{diag}\{d_1,d_2,\cdots,d_n\}$ 是主对角元全大于零的 $n$ 阶对角阵. 证明: $|D+A|>0$. 特别地, $|I_n\pm A|>0$, 从而 $I_n\pm A$ 都是非异阵.

证明  先证明 $|D+A|\neq 0$. 由线性方程组的求解理论, 只要证明 $(D+A)x=0$ 只有零解即可. 任取 $(D+A)x=0$ 的一个解 $\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_n)'\in\mathbb{R}^n$, 则 $(D+A)\alpha=0$. 在等式的两边同时左乘 $\alpha'$, 再由反对称阵的性质 4 可知 $\alpha'A\alpha=0$, 从而 $$0=\alpha'(D+A)\alpha=\alpha'D\alpha=d_1a_1^2+d_2a_2^2+\cdots+d_na_n^2.$$ 考虑到 $a_i$ 都是实数且 $d_i$ 都是正数, 故 $a_1=a_2=\cdots=a_n=0$, 即有 $\alpha=0$. 回到本题的证明. 设 $f(t)=|D+tA|$, 则 $f(t)$ 是关于实变元 $t$ 的实系数多项式, 当然也是关于 $t$ 的连续函数. 注意到 $tA$ 仍为实反对称阵, 故由上面的讨论可得 $f(t)=|D+tA|\neq 0$, 即 $f(t)$ 是 $\mathbb{R}$ 上处处非零的连续函数. 因为 $f(0)=|D|>0$, 故由数学分析中的零点定理可知 $f(t)$ 只能是 $\mathbb{R}$ 上取值恒为正数的连续函数, 从而 $|D+A|=f(1)>0$.  $\Box$

例 5 (17 级高代 I 期中考试第七大题)  设 $n$ 阶实方阵 $A=(a_{ij})$ 满足 $a_{ij}+a_{ji}=0\,(\forall\,i\neq j)$ 且 $a_{ii}\geq 0\,(1\leq i\leq n)$. 证明: $|A|\geq 0$.

证明  令 $D=\mathrm{diag}\{a_{11},a_{22},\cdots,a_{nn}\}$, 则 $A-D$ 为实反对称阵. 对任意的 $t>0$, 对 $tI_n+A=(tI_n+D)+(A-D)$ 应用例 4 的结论可得 $|tI_n+A|>0$, 再令 $t\to 0+$ 即得结论.  $\Box$

注 1  设 $A$ 为实反对称阵, 则由例 5 的结论 (或直接对 $tI_n+A$ 重复一遍例 5 的证明) 可得 $|A|\geq 0$. 这是反对称阵性质 3 的第二种证法, 属于分析的方法.

例 6 (19 级高代 I 期中考试第七大题)  设 $A$ 为 $m$ 阶实反对称阵, $C$ 为 $n$ 阶实反对称阵, $B$ 为 $m\times n$ 阶实矩阵. 证明: $A+I_m$ 和 $C-I_n-B'(A+I_m)^{-1}B$ 都是非异阵.

例 6 的第二个结论是例 4 的自然延拓, 我们在其解答 [5] 中给出了三种不同的证法以及三个推广.

第六章  特征值  &  第七章  相似标准型

性质 6  实反对称阵的特征值为零或纯虚数.

性质 7  实反对称阵在复数域上可对角化, 从而全体特征值构成的对角阵即为其 Jordan 标准型.

我们可以不利用复正规阵的酉相似标准型理论, 直接采用可对角化的判定准则来证明性质 6 和性质 7, 具体的证明过程请参考教学博文 [6] 中的引理 4 和定理 2.

注 2  由于实反对称阵复可对角化, 故它的秩等于非零特征值 (即纯虚特征值) 的个数, 又实矩阵的虚特征值成对出现, 从而实反对称阵的秩必为偶数. 这给出了性质 5 的第二种证法 (仅限于实反对称阵). 

第八章  二次型  &  第十章  双线性型

性质 8 (高代白皮书的例 8.12, 反对称阵的合同标准型)  设 $A$ 是 $n$ 阶反对称阵, 则 $A$ 必合同于分块对角阵 $\mathrm{diag}\{S,\cdots,S,0,\cdots,0\}$, 其中 $S=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix}$. 特别地, 反对称阵 $A$ 的秩必为偶数 $2r$, 其中 $r$ 是 $S$ 在 $A$ 的合同标准型中的个数.

注 3  由反对称阵的性质 8 可以给出其性质 3 (实反对称阵的行列式大于等于零) 的第三种证法 (具体过程请参考高代白皮书的例 8.13) 以及性质 5 (反对称阵的秩必为偶数) 的第三种证法. 值得一提的是, 无论是通过性质 2 (Pfaffian) 还是性质 8 (合同标准型), 都可以证明: 整数反对称阵的行列式是某个整数的平方 (高代白皮书第八章的解答题 2).

例 7 (高代白皮书的例 8.25)  设 $A$ 为非异实对称阵, $S$ 是实反对称阵且 $AS=SA$, 求证: $A+S$ 是非异阵.

证法一  注意到 $(A+S)'(A+S)=A'A+A'S+S'A+S'S=A'A+(AS-SA)+S'S=A'A+S'S$, 其中 $A'A$ 为正定阵 (因 $A$ 非异)，$S'S$ 为半正定阵, 故 $(A+S)'(A+S)$ 仍为正定阵, 从而 $A+S$ 为非异阵.

证法二  注意到 $A+S=A(I_n+A^{-1}S)$, 并由 $AS=SA$ 容易验证 $A^{-1}S$ 仍然是实反对称阵, 故由例 4 可知 $I_n+A^{-1}S$ 非异, 又 $A$ 非异, 从而 $A+S$ 也非异.  $\Box$

设 $g$ 是 $n$ 维线性空间 $V$ 上的交错型, 则 $g$ 在 $V$ 的任一组基下的表示矩阵都是反对称阵. 由性质 8 (反对称阵的合同标准型) 或高代教材的定理 10.4.1 可知, 存在 $V$ 的一组基, 使得 $g$ 在这组基下的表示矩阵为合同标准型 $\mathrm{diag}\{S,\cdots,S,0,\cdots,0\}$, 其中 $S=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix}$. 接下去我们可以定义辛空间和辛变换的概念, 它们构成的辛几何是现代数学的一个重要分支.

第九章  内积空间

下面的性质 9 是实反对称阵的正交相似标准型, 性质 10 是正定实对称阵与实反对称阵的同时合同标准化.

性质 9 (高代教材的定理 9.7.5 和推论 9.7.1)  设 $A$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 则存在 $n$ 阶正交阵 $P$, 使得 $$P'AP=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \\ \end{pmatrix},0,\cdots,0\Bigg\},$$ 其中 $b_i\neq 0\,(1\leq i\leq r)$. 特别地, 实反对称阵的秩必为偶数, 其特征值为零或纯虚数.

性质 10 (高代白皮书的例 9.99)  设 $A$ 为 $n$ 阶正定实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 则存在 $n$ 阶非异阵 $C$, 使得 $$C'AC=I_n,\,\,\,\,C'SC=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \\ \end{pmatrix},0,\cdots,0\Bigg\},$$ 其中 $b_i\neq 0\,(1\leq i\leq r)$.

例 8 (高代白皮书的例 9.100)  设 $A$ 为 $n$ 阶正定实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 证明: $|A+S|\geq |A|+|S|$, 等号成立当且仅当 $n\leq 2$ 或当 $n\geq 3$ 时, $S=0$.

证法一  由于问题的条件和结论在同时合同变换 $A\mapsto C'AC$, $S\mapsto C'SC$ 下不改变, 故由性质 10 不妨从一开始就假设 $A=I_n$, $S=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \\ \end{pmatrix},0,\cdots,0\Bigg\}$, 于是 $$|A+S|=\Bigg|\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 1 & b_1 \\ -b_1 & 1 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 1 & b_r \\ -b_r & 1 \\ \end{pmatrix},1,\cdots,1\Bigg\}\Bigg|$$ $$=(1+b_1^2)\cdots(1+b_r^2)\geq 1+b_1^2\cdots b_r^2\geq |A|+|S|.$$ 当 $n\leq 2$ 时, 等号显然成立. 当 $n\geq 3$ 时, 等号成立当且仅当 $r=0$, 这等价于 $S=0$.

证法二  由于问题的条件和结论在同时合同变换 $A\mapsto C'AC$, $S\mapsto C'SC$ 下不改变, 故不妨从一开始就假设 $A=I_n$ 为其合同标准型, 此时本题的结论由例 2 即得.

证法三  由于问题的条件和结论在同时合同变换 $A\mapsto C'AC$, $S\mapsto C'SC$ 下不改变, 故不妨从一开始就假设 $A=I_n$ 为其合同标准型. 设 $S$ 的全体特征值为 $\pm b_1\mathrm{i}$, $\cdots$, $\pm b_r\mathrm{i}$, $0,\cdots,0\,(n-2r$ 个), 则 $I_n+S$ 的全体特征值为 $1\pm b_1\mathrm{i}$, $\cdots$, $1\pm b_r\mathrm{i}$, $1,\cdots,1\,(n-2r$ 个), 于是 $|I_n+S|=(1+b_1^2)\cdots(1+b_r^2)$, 剩下的讨论和证法一完全类似.  $\Box$

注 4  证法二应该是最初等的方法. 证法三提醒我们: 当处理正定实对称阵+实对称阵或实反对称阵的问题时, 采用同时合同对角化的技巧 (高代白皮书的例 9.66) 或同时合同标准化的技巧 (高代白皮书的例 9.99) 来做当然无可厚非, 但若把正定实对称阵合同为单位阵, 然后直接利用特征值的方法来考虑问题, 有时也是一种简便的方法 (推荐大家用这种方法做一下高代白皮书的例 9.67 和例 9.68). 顺便提及一下, 当两个实正规阵或复正规阵乘法可交换时, 则它们可同时正交标准化或同时酉对角化 (高代白皮书的例 9.108 和例 9.107). 利用这一技巧, 可以给出例 7 的证法三和证法四 (参考高代白皮书的第 492 页).

例 9  设 $A$ 为 $n$ 阶半正定实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 证明: $|A+S|\geq |A|+|S|$.

证明  注意到对任意的正数 $t$, $A+tI_n$ 都是正定实对称阵, 故由例 8 的结论可得 $|A+tI_n+S|\geq |A+tI_n|+|S|$, 令 $t\to 0+$, 则结论得证.  $\Box$

注 5  若 $A$ 为 $n$ 阶正定 (半正定) 实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 则 $M=A+S$ 是亚正定 (亚半正定) 阵. 关于这两类矩阵的定义及其性质, 请参考高代白皮书第八章的解答题 14 以及 19 级高代 II 每周一题第 15 题. 上面的例 8 和例 9 给出了亚正定 (亚半正定) 阵行列式的一个下界估计, 其中例 8 给出了等号成立的充要条件, 然而例 9 并没有给出, 事实上例 9 中等号成立的充要条件应该会更加复杂一些. 由例 9 可知亚半正定阵的行列式大于等于零, 因此作为一个简单有趣的例子, 我们来探讨一下亚半正定阵的行列式大于零的充要条件.

例 10 (16 级高代 II 期末考试第六大题)  设 $A$ 为 $n$ 阶半正定实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 满足 $AS+SA=0$. 证明: $|A+S|>0$ 的充要条件是 $r(A)+r(S)=n$.

例 10 的证明请参考其解答 [7], 由于附加了 $AS+SA=0$ 的条件, 显然这并非是期待的结果. 下面的例 11 给出了上述问题的充要条件, 我们发现这一充要条件与两个半正定实对称阵之和为正定阵的充要条件完全相同 (参考高代白皮书的例 9.73), 两者的证明也有类似之处, 例如都利用了线性方程组的求解理论和半正定阵的性质二 (高代白皮书的例 8.44).

例 11  设 $A$ 为 $n$ 阶半正定实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 证明:

(1) $r(A+S)=r(A\mid S)$;

(2) $|A+S|>0$ 的充要条件是 $r(A\mid S)=n$.

证明  (1) 我们只要证明线性方程组 $(A+S)x=0$ 与 $\begin{pmatrix}A\\S\\ \end{pmatrix}x=0$ 同解即可. 显然 $\begin{pmatrix}A\\S\\ \end{pmatrix}x=0$ 的解都是 $(A+S)x=0$ 的解. 反之, 任取 $(A+S)x=0$ 的解 $\alpha\in\mathbb{R}^n$, 即有 $(A+S)\alpha=0$. 在等式的两边同时左乘 $\alpha'$, 由反对称阵的性质 4 可知 $\alpha'S\alpha=0$, 于是 $\alpha'A\alpha=0$, 再由半正定阵的性质二 (高代白皮书的例 8.44) 可知 $A\alpha=0$, 代入上述等式即得 $S\alpha=0$, 从而 $\alpha$ 也是 $\begin{pmatrix}A\\S\\ \end{pmatrix}x=0$ 的解.

(2) 由例 9 可知 $|A+S|\geq 0$, 从而 $|A+S|>0$ 当且仅当 $r(A+S)=n$, 由 (1) 可知这当且仅当 $r(A\mid S)=n$.  $\Box$

最后, 我们利用实反对称阵强调一下实内积空间与复内积空间之间的区别.

例 12 (高代白皮书的例 9.9)  证明: 在 $\mathbb{R}^n$ (取标准内积) 中存在一个非零线性变换 $\varphi$, 使得 $\varphi(\alpha)\perp\alpha$ 对任意的 $\alpha\in\mathbb{R}^n$ 成立, 但在 $\mathbb{C}^n$ (取标准内积) 中这样的非零线性变换不存在.

证明  任取一个 $n$ 阶非零实反对称阵 $A$, 定义 $\varphi(x)=Ax$, 则对任意的 $\alpha\in\mathbb{R}^n$, 由反对称阵的性质 4 可得 $(\alpha,\varphi(\alpha))=\alpha'A\alpha=0$. 对 $\mathbb{C}^n$ 的情形, 我们可以利用复数域上的 Jordan 标准型理论或直接利用标准单位列向量的性质 (注意需要虚数单位的帮助) 推出矛盾, 具体的细节请参考高代白皮书的例 9.9.  $\Box$

 

参考文献

[1]  高代教材: 姚慕生, 吴泉水, 谢启鸿 编著, 高等代数学 (第三版), 复旦大学出版社, 2014.

[2]  高代白皮书: 姚慕生, 谢启鸿 编著, 学习方法指导书: 高等代数 (第三版), 复旦大学出版社, 2015.

[3]  谢启鸿, 行列式的组合定义及其应用--反对称阵的Pfaffian, https://www.cnblogs.com/torsor/p/3554028.html

[4]  谢启鸿, 复旦大学2016--2017学年第一学期（16级）高等代数I期末考试第六大题解答, https://www.cnblogs.com/torsor/p/6268962.html

[5]  谢启鸿, 复旦大学数学学院19级高等代数I期中考试第七大题的三种证法及其推广, https://www.cnblogs.com/torsor/p/12272213.html

[6]  谢启鸿, 实对称阵可对角化的几种证明及其推广, https://www.cnblogs.com/torsor/p/6785447.html

[7]  谢启鸿, 复旦大学2016--2017学年第二学期（16级）高等代数II期末考试第六大题解答, https://www.cnblogs.com/torsor/p/7123731.html