标准形方法II：相似标准形

相似无疑是方阵间最重要的一种等价关系. 对于可对角化的矩阵，我们自然可以取相似类中的对角矩阵作为代表元或将矩阵$A$分解为$A=P\mathrm{\Lambda }{P}^{-1}$(其中$\mathrm{\Lambda }$为对角矩阵)来解决问题. 对于一般的矩阵，可以考虑Frobenius标准形或Joran标准形矩阵，使相关问题得以简化.

$\mathrm{\S }1$ Schur标准形

任一复方阵都相似于上三角矩阵，史称Schur引理或Jacobi定理，可以看作相似的某种粗略的标准形. 由于上三角矩阵的对角元素就是该矩阵的特征值，所以某些涉及矩阵特征值的相关问题可以通过Schur标准形来解决.

例1.1 设$A$为可逆实对称矩阵，$B$为实反对称矩阵且$AB=BA$. 求证：$A+B$可逆.

证明 由$A$可逆且$AB=BA$, 则$A^{-1}B=B{A}^{-1}$. 于是

$$(B{A}^{-1}{)}^T=(A^T{)}^{-1}{B}^T=A^{-1}(-B)=-B{A}^{-1}.$$

由于反对称实矩阵的特征值为零或纯虚数，所以存在可逆矩阵$P$使得

$$P^{-1}B{A}^{-1}P=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& \ast & \cdots & \ast \\ & {\lambda }_2& \cdots & \ast \\ & & \ddots & \ast \\ & & & {\lambda }_n\end{array}\right),{\lambda }_i=0\text{或纯虚数}.$$

所以

$$|A+B|=|(E+B{A}^{-1})A|=|A|\left|\begin{array}{cccc}1+{\lambda }_1& \ast & \cdots & \ast \\ & 1+{\lambda }_2& \cdots & \ast \\ & & \ddots & \ast \\ & & & 1+{\lambda }_n\end{array}\right|.$$

因为$1+{\lambda }_i\ne 0$, $i=1,2,\cdots ,n$, 所以$|A+B|\ne 0$, 从而可逆.

例1.2 设$n$阶复方阵$A$的特征值为${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$, 则$A$的伴随矩阵$A^{\ast }$的特征值为${\mu }_i=\prod _{j\ne i}{\lambda }_j,i=1,2,\cdots ,n$.

证明 由Schur引理知存在可逆矩阵$P$, 使得

$$P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& \ast & \cdots & \ast \\ & {\lambda }_2& \cdots & \ast \\ & & \ddots & ⋮\\ & & & {\lambda }_n\end{array}\right).$$

从而

$$(P^{\ast }{)}^{-1}{A}^{\ast }{P}^{\ast }=\left(\begin{array}{cccc}\prod _{j\ne 1}{\lambda }_j& \ast & \cdots & \ast \\ & \prod _{j\ne 2}{\lambda }_j& \cdots & \ast \\ & & \ddots & \ast \\ & & & \prod _{j\ne n}{\lambda }_j\end{array}\right),$$

故$A^{\ast }$的特征值为${\mu }_i=\prod _{j\ne i}{\lambda }_j,i=1,2,\cdots ,n$.

例1.3[厦门大学，2008]设$V$是复数域$\mathbb{C}$上的线性空间，$\sigma$是$V$的线性变换，求证：存在$\sigma$-不变子空间$V_0,V_1,\cdots ,V_n$使得$V_0\subseteq V_1\subseteq \cdots \subseteq V_n$, 且$\dim V_i=i(1⩽i⩽n)$.

证明 由Schur引理，存在$V$的一组基${\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_n$使得

$$\sigma ({\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_n)=({\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_n)\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ & a_{22}& \cdots & a_{2n}\\ & & \ddots & ⋮\\ & & & a_{nn}\end{array}\right)$$

令$V_0=\{0\},V_i=\text{span}({\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_i),i=1,2,\cdots ,n$, 则$V_i$是$\sigma$-不变子空间，$\dim V_i=i$, 且$V_0\subseteq V_1\subseteq \cdots \subseteq V_n$.

$\mathrm{\S }2$ Jordan标准形

Jordan标准形定理与Frobenius标准形定理无疑是高等代数中最重要的定理，一个命题若对矩阵$A$的相似类正确，则可以取$A$的Jordan标准形与Frobenius标准形来解决问题. 大家应该养成使用Jordan标准形或Frobenius标准形考虑相关问题的习惯.

如果$A$的极小多项式

$$m_A(\lambda )=(\lambda -{\lambda }_1{)}^{r_1}(\lambda -{\lambda }_2{)}^{r_2}\cdots (\lambda -{\lambda }_s{)}^{r_s}$$

则$r_i=A$的Jordan标准形中对应于特征值${\lambda }_i$的最大Jordan块的阶数. 则有如下例题：

例2.1[华东师范大学2021]
设6阶复矩阵$A,B$是幂零矩阵，且有相同的秩和极小多项式，证明：$A,B$相似.

证明 设$A,B$的Jordan标准形分别为$J_A,J_B$.

(1) $\mathrm{r}(J_A)=\mathrm{r}(J_B)=0$, 结论显然成立；

(2) $\mathrm{r}{J}_A)=\mathrm{r}(J_B)=1$,
则$J_A\sim J_2(0)\oplus O_{4\times 4}\sim J_B$.

(3)$\mathrm{r}(J_A)=\mathrm{r}(J_B)=2$,
则$J_A,J_B$的可能情形为

$$J_3(0)\oplus O_{3\times 3},J_2(0)\oplus J_2(0)\oplus O_{2\times 2}$$

如果$J_A\ne J_B$, 则$A,B$的极小多项式也不同，所以$A\sim B$.

(4)$\mathrm{r}(J_A)=\mathrm{r}(J_B)=3$,
则$J_A,J_B$的可能情形为

$$J_4(0)\oplus O_{2\times 2},J_2(0)\oplus J_3(0)\oplus 0,J_2(0)\oplus J_2(0)\oplus J_2(0)$$

如果$J_A\ne J_B$, 则$A,B$的极小多项式也不同，所以$A\sim B$.

(5)$\mathrm{r}(J_A)=\mathrm{r}(J_B)=4$,
则$J_A,J_B$的可能情形为

$$J_5(0)\oplus 0,J_2(0)\oplus J_4(0),J_3(0)\oplus J_3(0)$$

如果$J_A\ne J_B$, 则$A,B$的极小多项式也不同，所以$A\sim B$.

(6)$\mathrm{r}(J_A)=\mathrm{r}r(J_B)=5$,
则$J_A=J_B=J_6(0)$, 所以$A\sim B$.

练习[苏州大学2023]
设$n$阶复方阵$A$是幂零矩阵（即存在正整数$m$, 使得$A^m=O$）, 证明：互不相似的5阶幂零阵最多有7个.
\end{exercise}

例2.2[浙江大学，2006]设3阶矩阵$A,B,C,D\in {\mathbb{C}}^{3\times 3}$具有相同的特征多项式，证明：其中必有两个矩阵相似.

证明 由题设知$A,B,C,D$具有相同的特征值，不妨设为${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$, 下面分为三种情况讨论：

(1) ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$互不相等，则$A,B,C,D$具有Jordan标准形

$$J=\text{diag}({\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3)$$

所以$A,B,C,D$彼此相似;

(2) ${\lambda }_1,{\lambda }_2,{\lambda }_3$中仅有两个相等，不妨设${\lambda }_1={\lambda }_2$, 则$A,B,C,D$可能的Jordan标准形为

$$J_1=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& 1& \\ & {\lambda }_1& \\ & & & {\lambda }_3\end{array}\right),J_2=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& & \\ & {\lambda }_1& \\ & & & {\lambda }_3\end{array}\right)$$

故$A,B,C,D$中至少有两个矩阵或者相似于$J_1$, 或者相似于$J_2$, 因而这两个矩阵也相似;

(3) ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3$, 则$A,B,C,D$可能的Jordan标准形为

$$J_1=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& 1& \\ & {\lambda }_1& 1\\ & & & {\lambda }_1\end{array}\right),J_2=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& 1& \\ & {\lambda }_1& \\ & & & {\lambda }_1\end{array}\right),J_3=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& & \\ & {\lambda }_1& \\ & & & {\lambda }_1\end{array}\right)$$

故$A,B,C,D$中至少有两个矩阵相似于$J_1,J_2,J_3$中的一个, 因而这两个矩阵也相似.

例2.3 若$n$阶矩阵$A$的特征值全为零，求证$A$必为幂零矩阵.

证明 设$A$的Jordan标准形为$J$, 即存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$. 则$J$的主对角元为$0$. 记$m$为$J$中最大Jordan块的阶数，则$J^m=O$，从而$A^m=P{J}^m{P}^{-1}=O$.

例2.4[Voss分解定理] 任一复方阵 都可分解为两个对称矩阵的乘积, 其中一个是可逆矩阵.

证明存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J=\text{diag}(J_1,J_2,\cdots ,J_s)$, 其中$J_i=J_{n_i}({\lambda }_i)$, $i=1,2,\cdots ,s$. 令

$$N_i=\left(\begin{array}{cccc}& & & 1\\ & & 1& \\ & \text{iddots}& & \\ 1& & & \end{array}\right).$$

则$N_i^{-1}=N_i^T=N_i$, 且$N_i{J}_{n_i}^T({\lambda }_i)N_i=J_{n_i}({\lambda }_i)$. 令
$N=\text{diag}(N_1,N_2,\cdots ,N_s)$, 则$N^{-1}=N^T=N$, 且$J=N{J}^{T}N$.
故

$$\begin{array}{rl}A& =PJ{P}^{-1}=PN{J}^{T}N{P}^{-1}=PN(P^T{A}^T(P^{-1}{)}^T)N{P}^{-1}\\ & =(PN{P}^T)(A^T(P^{-1}{)}^{T}N{P}^{-1}).\end{array}$$

令$B=PN{P}^T$, $C=A^T(P^{-1}{)}^{T}N{P}^{-1}=A^T{B}^{-1}$, 则$A=BC$. 由于

$$\begin{array}{l}{B}^T=(PN{P}^T{)}^T=PN{P}^T=B,\\ C^T=(A^T{B}^{-1}{)}^T=B^{-1}A=B^{-1}(BC)=C.\end{array}$$

所以$B,C$都是对称矩阵, 且$B$可逆.

例2.5[华中师范大学1993] 设$\mathcal{A}$是数域$\text{F}$上$n$维线性空间$V$上的线性变换. 证明$V=\text{Im}(\mathcal{A})\oplus \text{Ker}(\mathcal{A})$的充要条件是$0$是$\mathcal{A}$的极小多项式的单根.

证明 先证$V=\text{Im}(\mathcal{A})\oplus \text{Ker}(\mathcal{A})⟺$ $\mathrm{r}({\text{A}}^2)=\mathrm{r}(\mathcal{A})$.

充分性：由维数公式

$$\dim \text{Im}\mathcal{A}+\dim \text{Ker}\mathcal{A}=n,\dim \text{Im}{\mathcal{A}}^2+\dim \text{Ker}{\mathcal{A}}^2=n,$$

而$\dim \text{Im}\mathcal{A}=\mathrm{r}(\mathcal{A})$, 故$\dim \text{Im}\mathcal{A}=\dim \text{Im}{\mathcal{A}}^2$, 从而
$\dim \text{Ker}\mathcal{A}=\dim \text{Ker}{\mathcal{A}}^2$. 由于$\text{Ker}\mathcal{A}\subseteq \text{Ker}{\mathcal{A}}^2$, 所以$\text{Ker}\mathcal{A}=\text{Ker}r{\mathcal{A}}^2$.

$\mathrm{\forall }\alpha \in \text{Im}\mathcal{A}\cap \text{Ker}\mathcal{A}$, 则$\alpha =\mathcal{A}\xi$, $\xi \in V$; 而且$\mathcal{A}\alpha =0$. 所以${\mathcal{A}}^2\xi =\mathcal{A}\alpha =0$, 即$\xi \in \text{Ker}{\mathcal{A}}^2=\text{Ker}\mathcal{A}$. 从而$\alpha =\mathcal{A}\xi =0$. 即$\text{Im}\mathcal{A}\cap \text{Ker}\mathcal{A}=0$. 又$\dim \text{Im}\mathcal{A}+\dim \text{Ker}\mathcal{A}=n$, 所以$V=\text{Im}\mathcal{A}\oplus \text{Ker}\mathcal{A}$.

必要性：$\mathrm{\forall }\alpha \in \text{Im}\mathcal{A}$, $\mathrm{\exists }\beta \in V$, s.t. $\mathcal{A}\beta =\alpha$. 又因为$V=\text{Im}\mathcal{A}\oplus \text{Ker}\mathcal{A}$, 所以可设
$\beta =\mathcal{A}{\beta }_1+{\beta }_2$, ${\beta }_1\in V,{\beta }_2\in \text{Ker}\mathcal{A}$. 故

$$\alpha =\mathcal{A}\beta =\mathcal{A}(\mathcal{A}{\beta }_1+{\beta }_2)={\mathcal{A}}^2{\beta }_1\in \text{Im}{\mathcal{A}}^2.$$

即$\text{Im}\mathcal{A}\subseteq \text{Im}{\mathcal{A}}^2$；又$\text{Im}{\mathcal{A}}^2\subseteq \text{Im}\mathcal{A}$, 所以$\text{Im}\mathcal{A}=\text{Im}{\mathcal{A}}^2$, 从而$\mathrm{r}(\mathcal{A})=\mathrm{r}({\mathcal{A}}^2)$.

而$\mathrm{r}(\mathcal{A})=\mathrm{r}({\mathcal{A}}^2)$. $⟺$ $\mathcal{A}$的Jordan 标准形中特征值为$0$的Jordan块是$1$阶的$⟺$ $0$是$\mathcal{A}$的极小多项式的单根.

例2.6 设${\lambda }_0$是$n$阶复矩阵$A$的$k$重特征值，则$\text{r}({\lambda }_{0}E-A{)}^k=n-k$.

证明 设存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$为$A$的Jordan标准形，则

$$P^{-1}({\lambda }_{0}E-A{)}^{k}P=({\lambda }_{0}E-P^{-1}AP{)}^k=({\lambda }_{0}E-J{)}^k.$$

因此只需证明$\text{r}({\lambda }_{0}E-J{)}^k=n-k.$

设$J_1=J_s({\lambda }_0)$是对应于特征值${\lambda }_0$的Jordan块，则$s⩽k$, 从而$({\lambda }_{0}E-J_1{)}^k=O$. 由此知$J$中对应于特征值${\lambda }_0$的任意Jordan块的$J_i$, $({\lambda }_{0}E-J_i{)}^k=O$. 而对其它的Jordan块$J_t$, $({\lambda }_{0}E-J_t{)}^k$可逆，所以$\text{r}({\lambda }_{0}E-J{)}^k=n-k$.

例2.7[东南大学2004] 设$A$是$n$阶方阵，求证：存在正整数$k$使得$\text{r}(A^k)=\text{r}(A^{k+1})$, 并证存在$n$阶方阵$B$使得$A^k=A^{k+1}B$.

证明 (1) 若$0$不是$A$的特征值，则$A$可逆，结论显然成立.

(2) 设$0$是$A$的特征值，存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J=\text{diag}(J_0,J_1)$, 其中$J_0,J_1$分别是由零特征值与非零特征值对应的Jordan块构成的子块. 设$J_0$中最大Jordan快的阶数是$k$, 则$J_0^k=O$, 从而
$P^{{}_1}{A}^{k}P=J^k=\text{diag}(O,J_i^k)$. 故

$$\text{r}(A^k)=\mathrm{r}(J^k)=\mathrm{r}(J_i^k)=\mathrm{r}(J_1^{k+1})=\mathrm{r}(A^{k+1}).$$

进一步地，取$B=P\left(\begin{array}{cc}O& \\ & J_1^{-1}\end{array}\right)$即满足要求.

回顾一下，设$\lambda$是$n$阶矩阵$A$的任一特征值，

$$V^{\lambda }=\{x\in {\text{F}}^n\mid (\lambda E-A{)}^{n}x=0\}$$

是对应于特征值$\lambda$的广义特征子空间.

例2.8 对于特征值${\lambda }_i$, $i=1,2,\cdots ,s$,

(1) $\dim V^{{\lambda }_i}={\lambda }_i$的代数重数=对应于特征值${\lambda }_i$的Jordan块阶数之和;

(2) (中国科学院2011) $\dim V_{{\lambda }_i}={\lambda }_i$的几何重数=对应于特征值${\lambda }_i$的Jordan块的数目.

证明 设矩阵$A$相似于Jordan形矩阵$J=\text{diag}(J({\lambda }_1),J({\lambda }_2),\cdots ,J({\lambda }_s))$, 其中

$$J({\lambda }_j)=\text{diag}(J_{e_{nj}}({\lambda }_j),J_{e_{n-1,j}}({\lambda }_j),\cdots ,J_{e_{k_{j}j}}({\lambda }_j)).$$

(1) 由于$$(J-\lambda_i E)^{{n_i}=\left(\begin{smallmatrix}J(\lambda_1-\lambda_i)}&&&&&&\
&\ddots&&&&&\ &&J(\lambda_{i-1}-\lambda_i)^{n_i}&&&&\ &&&O&&&\
&&&&J(\lambda_{i+1}-\lambda_i)^{n_i}&&\ &&&&&\ddots&\
&&&&&&J(\lambda_s-\lambda_i)^{n_i}\end{smallmatrix}\right),$$ 由于当$j\ne i$时, ${\lambda }_j-{\lambda }_i\ne 0$, 故下三角矩阵的方幂
$J({\lambda }_j-{\lambda }_i{)}^{n_i}$满秩. 所以
$\dim V^{{\lambda }_i}=n-\text{r}(J-{\lambda }_{i}E{)}^{n_i}=n_i.$

(2) 注意到$\text{r}(J-{\lambda }_{i}E)=n-$对应于特征值${\lambda }_i$的Jordan块的数目, 所以
$\dim V_{{\lambda }_i}=n-\text{r}(A-{\lambda }_{i}E)=$对应于特征值${\lambda }_i$ 的Jordan块的数目.

练习[中国科学院2006，$n=2006$] 设$A\in {\mathbb{R}}^{n\times n}$是给定的幂零矩阵，试分析
线性方程组$Ax=0$非零独立解个数的最大值与最小值.

例2.9 设$A$是复数域上的$n$阶方阵, 则$A$可对角化当且仅当$\mathrm{\forall }\lambda \in \mathbb{C}$, $\text{r}(\lambda E-A)=\text{r}(\lambda E-A{)}^2$.

证明 必要性显然, 下证充分性.

由Jordan标准形定理知$A$相似于Jordan形矩阵$J$. 若存在Jordan块$J_k(\lambda )$ 使得$k>1$, 则$\text{r}(\lambda E_k-J)>\text{r}(\lambda E_k-J{)}^2$, 从而$\text{r}(\lambda E-A)>\text{r}(\lambda E-A{)}^2$, 矛盾. 故$J$中的Jordan块都是一阶的, 即$J$为对角矩阵.

利用Jordan标准形可得到矩阵的两种分解，一是将矩阵分解为对角部分（可对角化部分）与幂零部分之和，即Chevalley分解；另一是分解成特征值为0的Jordan块与特征值非零的Jordan块的直和.

例2.10[2011第三届大数竞赛预赛] 设$A$是数域$\text{mF}$上的$n$阶不可逆方阵, 而且$A$不是幂零矩阵，证明：$A\sim \left(\begin{array}{cc}B& O\\ O& C\end{array}\right)$, 其中$B$是幂零矩阵, $C$是可逆矩阵.

证明 设$A$的Jordan标准形为

$$J=\text{diag}(J({\lambda }_1,e_1),J({\lambda }_2,e_2),\cdots ,J({\lambda }_k,e_k)).$$

因为$A$不可逆，所以存在零特征值. 又因为$A$不是幂零矩阵，所以也存在非零特征值.
不妨设${\lambda }_i=0(i=1,2,\cdots ,s),{\lambda }_J\ne 0(j=s+1,s+2,\cdots ,k)$. 令

$$B=\text{diag}(J(0,e_1),J(0,e_2),\cdots ,J(0,e_s))$$

为幂零矩阵，

$$C=\text{diag}(J({\lambda }_{s+1},e_{s+1}),J({\lambda }_{s+2},e_{s+2}),\cdots ,J({\lambda }_k,e_k))$$

为可逆矩阵，且$J=\left(\begin{array}{cc}B& O\\ O& C\end{array}\right)$.

例2.11 设$n$阶复矩阵$A,B$满足$AB=BA=O,\mathrm{r}(A)=\mathrm{r}(A^2)$, 则$\mathrm{r}(A+B)=\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B)$.

证明 因为$\mathrm{r}(A)=\mathrm{r}(A^2)$, 所以, 类似于上题的分析, 特征值为$0$的Jordan块都是一阶的, 于是由Jordan标准形, 存在可逆矩阵$P$, 使得

$$P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cc}{C}_{r\times r}& O\\ O& O\end{array}\right)=A_1,\text{r}(A)=\text{r}(C).$$

由于$AB=BA=O$, 设$P^{-1}BP=B_1$, 则$A_1{B}_1=B_1{A}_1=O$, 于是
$B_1$形如

$$B_1=\left(\begin{array}{cc}O& O\\ O& D_{(n-r)\times (n-r)}\end{array}\right).$$

且$\mathrm{r}(B)=\mathrm{r}(B_1)=\mathrm{r}(D)$, 故

$$\begin{array}{rl}\mathrm{r}(A+B)=& \mathrm{r}{P}^{-1}(A+B)P=\mathrm{r}(A_1+B_1)=\mathrm{r}\left(\begin{array}{cc}{C}_{r\times r}& O\\ O& D_{(n-r)\times (n-r)}\end{array}\right)\\ =& \mathrm{r}(C)+\text{r}(D)=\mathrm{r}(A)+\mathrm{r}(B).\end{array}$$

例2.12 设$A$是复数域上的$n$阶方阵, 则$A$与$A^T$相似.

证明 证法一：由Jordan标准形定理, 设$A\sim {\oplus }_{i=1}^k{J}_{n_i}({\lambda }_i)$. 令

$$N_i=\left(\begin{array}{cccc}& & & 1\\ & & 1& \\ & \text{iddots}& & \\ 1& & & \end{array}\right),$$

则$N_i^{-1}{J}_{n_i}({\lambda }_i)N_i=J_{n_i}({\lambda }_i{)}^T$, 所以令$N={\oplus }_{i=1}^k{N}_i$, 则$N^{-1}AN=A^T$.

证法二：显然$A$与$A^T$有相同的行列式因子, 因而它们相似.

例2.13 设$A$是$n$阶复方阵，设${\lambda }_i$是$A$的任一特征值， $A$的Jordan标准形中仅有一个对应的Jordan 块，当且仅当${\lambda }_i$的几何重数$\dim V_{{\lambda }_i}=1$.

证明 必要性：由于$A\sim J$, 它们有相同的特征值, 且每个特征值的几何重数(即对应特征子空间的维数)相同. 所以我们只需考虑$A$的Jordan标准形$J$. 为方便, 我们不妨考虑特征值${\lambda }_1$. 很清楚, $J{\epsilon }_{n_1}={\lambda }_1{\epsilon }_{n_1}$, 所以${\epsilon }_{n_1}$是$J$的一个属于${\lambda }_1$ 的非零特征向量. 又因为

$$\text{r}({\lambda }_1{E}_{n_j}-J_{n_j}({\lambda }_j))=\{\begin{array}{ll}{n}_1-1,& \text{若}j=1;\\ n_j,& \text{若}j\ne 1.\end{array}$$

所以$\text{r}({\lambda }_{1}E-J)=n-1$. 故$\dim V_{{\lambda }_1}=1$.
类似地, $\dim V_{{\lambda }_i}=1$, $i=1,2,\cdots ,s$.

充分性: 由于特征值${\lambda }_i$的几何重数等于$J$中
属于${\lambda }_i$的Jordan块的个数, 所以$\dim V_{{\lambda }_i}=1$ 暗示着Jordan标准形$J$中仅有一个对应于${\lambda }_i$的Jordan 块.

利用Jordan标准形解决相关问题，其一般转化路线为：

一般$n$阶矩阵$\to$Jordan形矩阵$\to J_n(\lambda )\to J_n(0)$.

设$A$是数域$F$上的$n$阶方阵,

$$\mathcal{C}(A)=\{B\in {\text{F}}^{n\times n}\mid AB=BA\},$$

称为$A$的中心化子.

例2.14
对任意的$n$阶复方阵，$\dim \mathcal{C}(A)⩾n$.

证明
取可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$为Jordan标准形，定义线性同构

$${\sigma }_P:{\mathbb{C}}^{n\times n}\to {\mathbb{C}}^{n\times n},B\mapsto P^{-1}BP.$$

则容易验证$\mathcal{C}(J)={\sigma }_P(\mathcal{C}(A)$, 因而$\dim \mathcal{C}(A)=\dim \mathcal{C}(J)$. 所以不妨设$A$本身是Jordan标准形矩阵

$$A=\text{diag}(J_1,J_2,\cdots ,J_s),$$

其中
$J_i=J({\lambda }_i)$是对应于特征值${\lambda }_i$的Jordan形矩阵，且${\lambda }_i$互异, $1⩽i⩽s.$
所以

$$\mathcal{C}(A)=\{\text{diag}(B_1,B_2,\cdots ,B_s)\mid J_i{B}_j=B_i{J}_i,1⩽i⩽s\}.$$

令$J_i={\lambda }_i{E}_{n_i}+J(i,0),J(i,0)={\oplus }_k{J}_{n_{i_k}}(0)$, 则

$$J_i{B}_j=B_i{J}_i\iff J(i,0)B_i=B_{i}J(i,0).$$

因为$\dim \mathcal{C}(J(i,0))=\dim \mathcal{C}({\oplus }_k{J}_{n_{i_k}}(0))⩾\sum _k\dim \mathcal{C}(J_{n_{i_k}}(0)))=n_i$, 所以

$$\dim \mathcal{C}(A)⩾n_1+n_2+\cdots +n_s=n.$$

例2,15 设$\sigma$是复数域上$n$维线性空间$V$上的线性变换，则$\sigma$可对角化当且仅当对于$\sigma$的任意特征值$\lambda$, 都有$\text{Im}(\sigma -\lambda {\text{id}}_V)\cap \text{Ker}(\sigma -\lambda {\text{id}}_V)=0$.

证明 充分性：（反证法）假设$\sigma$不可对角化，则存在$V$的一组基使得$\sigma$在该基下的Jordan形矩阵$J$有一个大于$1$阶的Jordan块，不妨设为
$J_s({\lambda }_1),s>1$. 由于

$$(\sigma -{\lambda }_1{\text{id}}_V)e_{s-1}=e_s,(\sigma -{\lambda }_1{\text{id}}_V)e_s=0,$$

所以

$$e_s\in \mathrm{\Im }(\sigma -{\lambda }_1{\text{id}}_V)\cap \text{Ker}(\sigma -{\lambda }_1{\text{id}}_V),$$

矛盾！故$\sigma$可对角化.

必要性：若$\sigma$可对角化，设存在$V$的一组基使得$\sigma$在该基下的矩阵为

$$\mathrm{\Lambda }=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1{E}_{n_1}& & & \\ & {\lambda }_2{E}_{n_2}& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_s{E}_{n_s}\end{array}\right),$$

其中${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_s$两两不同. 则对任意的特征值${\lambda }_i$,

$$\begin{array}{l}\text{Im}(\sigma -{\lambda }_i{\text{id}}_V)\cong \text{Col}(\mathrm{\Lambda }-{\lambda }_i{E}_n)=\text{span}(e_1,\cdots ,e_{\sum _{k=1}^{i-1}{n}_k},e_{\sum _{k=1}^i{n}_k+1},\cdots ,e_n),\\ \text{Ker}(\sigma -{\lambda }_i{\text{id}}_V)\cong \text{span}(e_{\sum _{k=1}^{i-1}{n}_k+1}),e_{\sum _{k=1}^i{n}_k+1}.\end{array}$$

所以
$\text{Im}(\sigma -{\lambda }_i{\text{id}}_V)\cap \text{Ker}(\sigma -{\lambda }_i{\text{id}}_V)=0$.

例2.16 设$A,B\in {\mathbb{C}}^{n\times n}$, $C=AB-BA$且$AC=CA$, 则$C$是幂零矩阵.

证明 设存在可逆矩阵$P$使得

$$\overline{C}=P^{-1}CP=\left(\begin{array}{cccc}{C}_1& & & \\ & C_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & C_s\end{array}\right),$$

其中$C_i=J_{n_i}({\lambda }_i)$是由对应于特征值${\lambda }_i$的Jordan块组成的分块对角矩阵($i=1,2,\cdots ,s$). 记$\overline{A}=P^{-1}AP$. 由于$AC=CA$, 则$\overline{A}\overline{C}=\overline{C}\overline{A}$. 由于$C_i$具有不同的特征值，所以

$$\overline{A}=\left(\begin{array}{cccc}{A}_1& & & \\ & A_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & A_s\end{array}\right).$$

按照$\overline{A}$的分块方法，将$\overline{B}=P^{-1}BP$进行分块

$$\overline{B}=\left(\begin{array}{cccc}{B}_{11}& B_{12}& \cdots & B_{1s}\\ B_{21}& B_{22}& \cdots & B_{2s}\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ B_{s1}& B_{s2}& \cdots & B_{ss}\end{array}\right).$$

则由$C=AB-BA$可得

$$C_i=A_i{B}_{ii}-B_{ii}{A}_i,i=1,2,\cdots ,s.$$

故$Tr(C_i)=0$, $i=1,2,\cdots ,s.$ 由于$C_i$是上三角矩阵，对角元是特征值${\lambda }_i$, 所以${\lambda }_i=0$,$i=1,2,\cdots ,s.$ 故$\overline{C}$是幂零矩阵，从而$C$是幂零矩阵.

例2.17[上海交通大学2018，华东师范大学2002] 设$A,B$是$n$阶方阵，$\text{r}(A)=n-1$, $B\ne O$满足$AB=BA=O$. 求证：存在多项式$g(x)$使得$B=g(A)$.

证明
设存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=J$为Jordan标准形，由于$AB=BA=O$得

$$J(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)J=O$$

由于$\text{r}(J)=\text{r}(A)=n-1$, 所以$J$可能为以下三种情形：

(1) $J=\left(\begin{array}{cc}0& \\ & J_1\end{array}\right)$, 其中$J_1$是非零特征值对应的$n-1$阶Jordan形矩阵. 对$P^{-1}BP$进行相应的分块代入上面的式子可得
$P^{-1}BP=\left(\begin{array}{cc}b& \\ & O\end{array}\right),b\ne 0$. 由于
$B=g(A)$当且仅当

$$P^{-1}g(A)P=g(P^{-1}AP)=g(J)=\left(\begin{array}{cc}g(0)& \\ & g(J_1)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}b& \\ & O\end{array}\right)=P^{-1}BP$$

这等价于$g(0)=b$且$g(J_1)=O$, 即$g(x)$是$J_1$的常数项等于$b$的零化多项式. 由于$J_1$可逆，所以$J_1$的极小多项式的常数项$a_0\ne 0$. 令$g(x)=\frac{b}{a_0}{m}_A(x)$, 则有$B=g(A)$.

(2) $J=J_n(0)$. 则由$\text{???}$知存在常数$b\ne 0$使得

$$P^{-1}BP=\left(\begin{array}{cccc}0& \cdots & 0& b\\ 0& \cdots & 0& 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮\\ 0& \cdots & 0& 0\end{array}\right)$$

因此$P^{-1}BP=b{J}^{n-1}=b(P^{{}_1}AP{)}^{n-1}=P^{{}_1}(b{A}^{n-1})P$. 令$g(x_{=}b{x}^{-1}$, 则$B=g(A)$.

(3) $J=\left(\begin{array}{cc}{J}_0& \\ & J_1\end{array}\right)$, 其中, $J_0=J_r(0)$, $J_1$是非零特征值对应的$n-r$阶Jordan形矩阵.
对$P^{-1}BP$进行相应的分块代入$\text{???}$可得
$P^{-1}BP=\left(\begin{array}{cc}{B}_0& \\ & O\end{array}\right)$, 其中

$$B_0={\left(\begin{array}{cccc}0& \cdots & 0& b\\ 0& \cdots & 0& 0\\ ⋮& & ⋮& ⋮\\ 0& \cdots & 0& 0\end{array}\right)}_{r\times r},b\ne 0.$$

显然$B_0=b{J}_0^{r-1}$. 由于
$B=g(A)$当且仅当

$$P^{-1}g(A)P=g(P^{-1}AP)=g(J)=\left(\begin{array}{cc}g(J_0)& \\ & g(J_1)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{B}_0& \\ & O\end{array}\right)=P^{-1}BP$$

这等价于$g(J_0)=B_0$且$g(J_1)=O$. 即$g(x)$是$J_1$的零化多项式且$g(J_{)})=b{J}_0^{r-1}$.

由于当$k⩾r$时，$J_0^k=O$. 令$g(x)=\frac{b}{a_0}{x}^{r-1}{m}_{J_1}(x)$, 其中$m_{J_1}(x)$是$J_1$的极小多项式，其常数项为$a_0$. 则$g(J_0)=B_0$, 从而$B=g(A)$.

$\mathrm{\S }3$ Frobenius标准形

定理3.1[Frobenius定理] 设$A$是数域$\text{F}$上的$n$阶方阵，$f_A(\lambda ),m_A(\lambda )$分别是$A$的特征多项式与极小多项式，则

(1) $m_A(\lambda )=d_n(\lambda )(=\frac{f_A(\lambda )}{D_{n-1}(\lambda )})$, 即$A$的极小多项式是$A$的最后一个不变因子；

(2) $f_A(\lambda )$在数域$\text{F}$上的不可约因式都是$m_A(\lambda )$的因式.

证明 (1) 设

$$A\sim C=\left(\begin{array}{cccc}{C}_1& & & \\ & C_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & C_s\end{array}\right),C_i=C(d_i(\lambda ))\text{是Frobenius块}.$$

由于相似矩阵具有相同的极小多项式，所以

$$m_A(\lambda )=m_C(\lambda )=lcm[m_1(\lambda ),m_2(\lambda ),\cdots ,m_s(\lambda )],$$

其中$m_i(\lambda )$是$C_i$的极小多项式，$i=1,2,\cdots ,s$.

由$\text{???}$知$m_i(\lambda )=d_i(\lambda )$, 且$d_i(\lambda )\mid d_{i+1}(\lambda )$, 所以$m_A(\lambda )=d_n(\lambda )$.

(2) 设$f_A(\lambda )$在$\text{F}$上的典型分解式为

$$f_A(\lambda )=p_1(\lambda {)}^{r_1}{p}_2(\lambda {)}^{r_2}\cdots p_s(\lambda {)}^{r_s}.$$

由于$f_A(\lambda )=d_1(\lambda )d_2(\lambda )\cdots d_s(\lambda )$, 所以

$$p_1(\lambda {)}^{r_1}{p}_2(\lambda {)}^{r_2}\cdots p_s(\lambda {)}^{r_s}\mid d_1(\lambda )d_2(\lambda )\cdots d_s(\lambda ),$$

由于$p_1(\lambda )$不可约，所以存在$i$, 使得$p_1(\lambda )\mid d_i(\lambda )$. 由于

$$d_i(\lambda )\mid d_{i+1}(\lambda ),i=1,2,\cdots ,s-1,$$

所以$p_1(\lambda )\mid d_n(\lambda )=m_A(\lambda )$. 类似地，$p_i(\lambda )\mid m_A(\lambda )$, $i=2,3,\cdots ,s$.

例3.1[首都师范大学，2012]设$V$为有理数域上的线性空间，$\phi$为$V$上的非零线性变换，且${\phi }^4=4{\phi }^2-2\phi$. 证明: $V=\text{Im}(\phi )\oplus \text{Ker}(\phi )$, 且$\phi$有一个3维$\phi$-不变子空间.

证明 任取$\alpha \in \text{Im}(\phi )\cap \text{Ker}(\phi )$, 则$\phi (\alpha )=0$, 且存在$\beta \in V$使得$\phi (\beta )=\alpha$, 从而

$$2\alpha =2\phi (\beta )=4{\phi }^2(\beta )-{\phi }^4(\beta )=0$$

故$\alpha =0$, 即$\text{Im}(\phi )\cap \text{Ker}(\phi )=0$. 由秩-零度定理得

$$\dim V=\dim \text{Im}(\phi )+\dim \text{Ker}(\phi )=\dim (\text{Im}(\phi )+\text{Ker}(\phi ))$$

故$V=\text{Im}(\phi )\oplus \text{Ker}(\phi )$.

由于$f(\lambda )=\lambda ({\lambda }^3-4\lambda +2)$是$\phi$的一个零化多项式，所以$\phi$的极小多项式$m(\lambda )\mid f(\lambda )$. 由${\lambda }^3-4\lambda +2$在有理数域上不可约，故$m(\lambda )={\lambda }^3-4\lambda +2$或$\lambda ({\lambda }^3-4\lambda +2)$.

若$m(\lambda )={\lambda }^3-4\lambda +2$，对应的Frobenius块为$C=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& -2\\ 1& 0& 4\\ 0& 1& 0\end{array}\right)$. 则存在$V$的线性无关的向量${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$, 使得

$$\phi ({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)C.$$

令$W=\text{span}({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$, 则$W$是一个3维$\phi$-不变子空间.

若$m(\lambda )=\lambda ({\lambda }^3-4\lambda +2)$，对应的Frobenius块为$C=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 0\\ 1& 0& 0& -2\\ 0& 1& 0& 4\\ 0& 0& 1& 0\end{array}\right)$. 则存在$V$的线性无关的向量${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4$, 使得

$$\phi ({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4)=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4)C.$$

令$W=\text{span}({\alpha }_2,{\alpha }_3,{\alpha }_4)$, 则$W$是一个3维$\phi$-不变子空间.

例3.2 若$A$的Frobenius标准形是一个Frobenius块，则$A$有一个$n$阶循环向量, 即存在$v\in V$, 使得$v,Av,\cdots ,A^{n-1}v$线性无关.

证明 设存在可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP=C$. 由Frobenius块的定义得

$$C{e}_1=e_2,C^2{e}_1=e_3,\cdots ,C^{n-1}{e}_1=e_n.$$

所以$e_1,C{e}_1,\cdots ,C^{n-1}{e}_1$ 线性无关. 令$v=P{e}_1$, 则$v,Av,\cdots ,A^{n-1}v$ 线性无关.

例3.3 设数域$\text{F}$上的$n$阶矩阵$A$的不变因子为

$$1,1,\cdots ,1,f_A(\lambda )=|\lambda E-A|.$$

若$n$阶矩阵$B$满足$AB=BA$, 则存在$n-1$次多项式$g(x)\in F[x]$使得$B=g(A)$.

证明 由题设知存在可逆阵$P$使得$P^{-1}AP=C$为Frobenius块. 记$P^{-1}BP=B_1$, 则由$AB=BA$知$C{B}_1=B_{1}C$. 由于$C^{i-1}{e}_1=e_i$, $i=2,3,\cdots ,n$, 所以

$$\begin{array}{rl}{B}_1& =B_{1}E=B_1(e_1,e_2,\cdots ,e_n)=B_1(e_1,C{e}_1,\cdots ,C^{n-1}{e}_1)\\ & =(B_1{e}_1,B_{1}C{e}_1,\cdots ,B_1{C}^{n-1}{e}_1)\\ & =(B_1{e}_1,C{B}_1{e}_1,\cdots ,C^{n-1}{B}_1{e}_1).\end{array}$$

设$B_1{e}_1=(b_1,b_2,\cdots ,b_n{)}^T$, 则$B_1{e}_1=\sum _{i=1}^n{b}_i{e}_i$. 于是上式变为

$$\begin{array}{rl}{B}_1=& (\sum _{i=1}^n{b}_i{e}_i,C(\sum _{i=1}^n{b}_i{e}_i),\cdots ,C^{n-1}(\sum _{i=1}^n{b}_i{e}_i))\\ =& \sum _{i=1}^n{b}_i(e_i,C{e}_i,\cdots ,C^{n-1}{e}_i)\\ \stackrel{e_i=C^{i-1}{e}_1}{=}& \sum _{i=1}^n{b}_i(C^{i-1}{e}_1,C{C}^{i-1}{e}_1,\cdots ,C^{n-1}{C}^{i-1}{e}_1)\\ =& \sum _{i=1}^n{b}_i{C}^{i-1}(e_1,C{e}_1,\cdots ,C^{n-1}{e}_1)\\ =& \sum _{i=1}^n{b}_i{C}^{i-1}(e_1,e_2,\cdots ,e_n)\\ =& \sum _{i=1}^n{b}_i{C}^{i-1}:=g(C),\end{array}$$

其中, $g(x)=\sum _{i=1}^n{b}_i{x}^{i-1}$. 所以

$$B=P{B}_1{P}^{-1}=Pg(C)P^{-1}=g(PC{P}^{-1})=g(A).$$

练习(清华大学，2000) 试证明：若方阵$A$相似于某个多项式的友阵，则与$A$可交换的矩阵只能是$A$的多项式.

例3.4 矩阵$C$是换位子的充要条件是$Tr(C)=0$.

证明 必要性：如果矩阵$C$是换位子, 即存在矩阵$A,B$, 使得$C=AB-BA$, 则$Tr(C)=Tr(AB-BA)=Tr(AB)-Tr(BA)=0$.

充分性：我们首先证明, 如果$Tr(C)=0$, 则$C$必相似于对角线全为零的矩阵.
对$C$的阶数$n$用数学归纳法, $n=1$时显然成立. 假设该结论对小于$n$的矩阵成立. 考虑$n$阶矩阵$C$, 设$\mathrm{\Gamma }$为Frobenius 标准形. 如果$\mathrm{\Gamma }$中的Frobenius 块都是一阶的, 则$C$的不变因子必为

$$\lambda -c,\lambda -c,\cdots ,\lambda -c.$$

即$\mathrm{\Gamma }=c{E}_n$. 由$Tr(C)=0$知$c=0$, 所以$C=O$. 故若$C\ne 0$, 则$\mathrm{\Gamma }$中必有一个阶大于1的Frobenius 块. 因此存在可逆矩阵$P$使得

$$P^{-1}CP=\left(\begin{array}{cc}0& \ast \\ \ast & C_1\end{array}\right).$$

由$Tr(C)=0$知$Tr(C_1)=0$. 故由归纳假设知存在$n-1$阶可逆矩阵$Q$使得
$Q^{-1}{C}_{1}Q$的对角线全为零. 令
$R=P\left(\begin{array}{cc}1& \\ & Q\end{array}\right)$, 则$R^{-1}CR$的主对角元全为零.

不失一般性, 我们可以假设$C=(c_{ij})$的主对角元全为零. 设

$$A=\text{diag}(a_1,a_2,\cdots ,a_n),a_i\ne a_j(i\ne j);B=(b_{ij}).$$

则由$AB-BA=C$可得

$$a_i{b}_{ij}-b_{ij}{a}_j=c_{ij},i\ne j,$$

即

$$b_{ij}=\frac{c_{ij}}{a_i-a_j}.$$

所以满足$C=AB-BA$的矩阵$A,B$存在, 即$C$是矩阵换位子.

$\mathrm{\S }4$ 实（反）对称矩阵的相似对角化

例4.1 [2 16第七届大数竞赛] 设$A,B$为$n$阶实对称矩阵, 则$Tr((AB{)}^2)⩽Tr(A^2{B}^2)$.

证明 因为$A$是实对称矩阵, 所以存在正交矩阵$P$使得

$$P^{-1}AP=\overline{A}=\text{diag}(a_1,a_2,\cdots ,a_n).$$

则$\overline{B}=P^{-1}BP=(b_{ij})$仍为实对称矩阵, 且

$$Tr((AB{)}^2)=Tr((\overline{A}\overline{B}{)}^2),Tr(A^2{B}^2)=Tr({\overline{A}}^2{\overline{B}}^2).$$

所以

$$\begin{array}{rl}Tr((\overline{A}\overline{B}{)}^2)=& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_i{b}_{ij}\cdot a_j{b}_{ji}\\ =& \sum _{1⩽i<j⩽n}2a_i{a}_j{b}_{ij}^2+\sum _{i=1}^n{a}_i^2{b}_{ii}^2;\\ Tr({\overline{A}}^2{\overline{B}}^2)=& \sum _{i,j=1}^n{a}_i^2{b}_{ij}^2\\ =& \sum _{1⩽i<j⩽n}(a_i^2+a_j^2)b_{ij}^2+\sum _{i=1}^n{a}_i^2{b}_{ii}^2.\end{array}$$

所以

$$Tr((\overline{A}\overline{B}{)}^2)-Tr({\overline{A}}^2{\overline{B}}^2)=-\sum _{1⩽i<j⩽n}(a_i-a_j{)}^2{b}_{ij}^2⩽0.$$

即$Tr((AB{)}^2)⩽Tr(A^2{B}^2)$.

例4.2 设${\lambda }_1$是实对称矩阵$A$的$r$重特征值，其余特征值为${\lambda }_{r+1},{\lambda }_{r+2},$ $\cdots ,{\lambda }_n$. 令$C=\prod _{j=r+1}^n({\lambda }_{j}E-A)$, 则对应于${\lambda }_1$的特征子空间$V_{{\lambda }_1}$等于$C$的列空间$\text{col}(C)$.

证明 因为$A$是实对称矩阵，所以存在可逆矩阵$P$使得$A=P\mathrm{\Lambda }{P}^{-1}$, 其中

$$\mathrm{\Lambda }=\left(\begin{array}{cccc}{\lambda }_1& & & \\ & {\lambda }_2& & \\ & & \ddots & \\ & & & {\lambda }_n\end{array}\right).$$

所以$C=\prod _{j=r+1}^n({\lambda }_j-{\lambda }_1)P\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)P^{-1}$, 且$\text{r}(C)=r$. 令$a=\prod _{j=r+1}^n({\lambda }_j-{\lambda }_1)$, 则

$$AC=P\mathrm{\Lambda }{P}^{-1}aP\left(\begin{array}{cc}{E}_r& O\\ O& O\end{array}\right)P^{-1}={\lambda }_{1}C.$$

所以$C$的列向量都是属于特征值${\lambda }_1$的特征向量，而$\text{r}(C)=r$, 从而$C$有$r$个线性无关的列向量，故$V_{{\lambda }_1}=\text{col}(C)$.

例4.3 设$A$为$n$阶实正定对称矩阵, $S$为实反对称矩阵. 证明

$$|A+S|⩾|A|$$

且等号成立当且仅当$S=O$.

证明因为$A$是正定矩阵, 所以存在可逆矩阵$P$, 使得$P^{T}AP=E_n$. 由于$S$为实反对称矩阵, 所以$P^{T}SP$也是实反对称矩阵, 因而存在正交矩阵$Q$ 使得

$$Q^T(P^{T}SP)Q=\left(\begin{array}{cccccccc}0& b_1& & & & & & \\ -b_1& 0& & & & & & \\ & & \ddots & & & & & \\ & & & 0& b_r& & & \\ & & & -b_r& 0& & & \\ & & & & & 0& & \\ & & & & & & \ddots & \\ & & & & & & & 0\end{array}\right).$$

其中, $b_1,b_2,\cdots ,b_r\in \mathbb{R}$. 因此,

$$\begin{array}{rl}& (PQ{)}^T(A+S)(PQ)=E_n+Q^T(P^{T}SP)Q\\ =& \left(\begin{array}{cccccccc}1& b_1& & & & & & \\ -b_1& 1& & & & & & \\ & & \cdots & & & & & \\ & & & 1& b_r& & & \\ & & & -b_r& 1& & & \\ & & & & & 1& & \\ & & & & & & \cdots & \\ & & & & & & & 1\end{array}\right).\end{array}$$

由于$Q$是正交矩阵, 所以$Q^{T}Q=E_n$, 从而

$$\begin{array}{rl}& |P{|}^2\cdot |A+S|=|(PQ{)}^T(A+S)(PQ)|\\ =& (1+b_1^2)(1+b_2^2)\cdots (1+b_r^2)\\ ⩾& 1=|E_n|=|P^{T}AP|=|P{|}^2\cdot |A|.\end{array}$$

消去$|P{|}^2$, 得

$$|A+S|⩾|A|.$$

等号成立当且仅当$b_1=b_2=\cdots =b_r=0$, 当且仅当$S=O$.