复旦大学2022--2023学年第二学期（22级）高等代数II期末考试第八大题解答

八、(10分)  设 $n$ 阶实方阵 $A$ 满足 $A^3=A$, 证明: 若对任意的实列向量 $x$, 均有 $x'A'Ax\leq x'x$, 则 $A$ 是实对称阵.

证法一 (几何证法)  将题目转换成几何语言: 设 $\varphi$ 是 $n$ 维欧氏空间 $V$ 上的线性算子, 满足 $\varphi^3=\varphi$, 若对 $V$ 中任一向量 $v$, 均有 $\|\varphi(v)\|\leq \|v\|$, 证明 $\varphi$ 为自伴随算子.

由于 $\varphi$ 适合多项式 $x^3-x$, 故 $\varphi$ 可能的特征值为 $0,\pm 1$, 并且 $\varphi$ 的极小多项式整除 $x^3-x$, 从而无重根, 于是 $\varphi$ 可对角化. 设 $\varphi$ 的特征值 $i$ 的特征子空间为 $V_i\,(i=-1,0,1)$, 则 $V=V_{-1}\oplus V_0\oplus V_1$. 我们只要证明这三个特征子空间两两正交, 则有 $V=V_{-1}\perp V_0\perp V_1$, 从而由复旦高代教材中的定理可知 $\varphi$ 为自伴随算子.

先证 $V_{-1}\perp V_1$. 任取 $v_{-1}\in V_{-1}$, $v_1\in V_1$. 令 $v=v_{-1}+tv_1$, 其中 $t$ 为实参数, 则 $\varphi(v)=-v_{-1}+tv_1$. 由 $\|\varphi(v)\|\leq \|v\|$ 可得

$$\|v_{-1}\|^2-2t(v_{-1},v_1)+t^2\|v_1\|^2\leq \|v_{-1}\|^2+2t(v_{-1},v_1)+t^2\|v_1\|^2,$$

于是 $4t(v_{-1},v_1)\geq 0$ 对任意的 $t\in\mathbb{R}$ 成立, 从而只能是 $(v_{-1},v_1)=0$, 即有 $V_{-1}\perp V_1$.

再证 $V_0\perp V_1$. 任取 $v_0\in V_0$, $v_1\in V_1$. 令 $v=v_0+tv_1$, 其中 $t$ 为实参数, 则 $\varphi(v)=tv_1$. 由 $\|\varphi(v)\|\leq \|v\|$ 可得

$$t^2\|v_1\|^2\leq \|v_0\|^2+2t(v_0,v_1)+t^2\|v_1\|^2,$$

于是 $2t(v_0,v_1)+\|v_0\|^2\geq 0$ 对任意的 $t\in\mathbb{R}$ 成立, 从而只能是 $(v_0,v_1)=0$, 即有 $V_0\perp V_1$. 同理可证 $V_0\perp V_{-1}$.

证法二 (代数证法)  由条件可知 $I_n-A'A$ 为半正定阵, 故存在实方阵 $C$, 使得 $I_n-A'A=C'C$. 注意到 $A^3=A$, 故有

$$(A')^2C'CA^2+A'C'CA=(A')^2(I_n-A'A)A^2+A'(I_n-A'A)A$$

$$=(A')^2A^2-(A')^3A^3+A'A-(A')^2A^2=O.$$

由高代白皮书第四版例 2.9 或矩阵迹的正定性可知 $CA^2=CA=O$, 从而

$$O=C'CA=(I_n-A'A)A=A-A'A^2,$$

即有

$$A=A'A^2\qquad\cdots\cdots(*).$$

于是 $A^2=A'A^3=A'A$ 为实对称阵. 再将 $(*)$ 式两边转置可得

$$A'=(A^2)'A=(A^2)A=A^3=A,$$

即 $A$ 为实对称阵.  $\Box$

注  (1) 本题是高代白皮书第四版例 9.131 的略微推广, 上面的两种证法类似于例 9.131 的证法一和证法三.

(2) 本题获得 9 分以上的同学有: 杨润禾, 周奕煊, 秦保睿, 王云萱.