复旦大学2018--2019学年第二学期（18级）高等代数II期末考试第六大题解答

六、(本题10分)  设 $A$ 为 $n$ 阶实对称阵, 证明: $A$ 有 $n$ 个不同的特征值当且仅当对 $A$ 的任一特征值 $\lambda_0$ 及对应的特征向量 $\alpha$, 矩阵 $\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}$ 均非异.

证明  以下分别给出 4 种不同的证明.

证法 1 (实对称阵的正交相似标准型)  由实对称阵的正交相似标准型理论可知, 存在正交阵 $P$, 使得 $P'AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$, 其中 $\lambda_1=\lambda_0$, 正交阵 $P$ 的第 1 列可取为单位特征向量 $\alpha/\|\alpha\|$. 于是 $Pe_1=\alpha/\|\alpha\|$, 即 $P'\alpha=\|\alpha\|e_1=(\|\alpha\|,0,\cdots,0)'$. 考虑如下正交变换: $$\begin{pmatrix} P' & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} P & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P'(A-\lambda_0I_n)P & P'\alpha \\ \alpha'P & 0 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & & & & \|\alpha\| \\ & \lambda_2-\lambda_0 & & & \\ & & \ddots & & \\ & & & \lambda_n-\lambda_0 & \\ \|\alpha\| & & & & 0 \\ \end{pmatrix},$$ 最后一个矩阵空白处均为 $0$. 两边取行列式即得 $$\begin{vmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{vmatrix}=-\|\alpha\|^2(\lambda_2-\lambda_0)\cdots(\lambda_n-\lambda_0),$$ 由此即得充要条件.

证法 2 (线性方程组的求解理论)  由线性方程组的求解理论, 我们只要证明: $A$ 有 $n$ 个不同的特征值当且仅当对 $A$ 的任一特征值 $\lambda_0$ 及对应的特征向量 $\alpha$, 齐次线性方程组 $(*)$: $\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ x_{n+1} \end{pmatrix}=0$ 只有零解即可. 线性方程组 $(*)$ 即为 $(1)\cdots(A-\lambda_0I_n)x+x_{n+1}\alpha=0$, $(2)\cdots\alpha'x=0$. 由 $A$ 的对称性以及 $(A-\lambda_0I_n)\alpha=0$ 可得 $\alpha'(A-\lambda_0I_n)=0$. 在 (1) 式两边同时左乘 $\alpha'$ 可得 $x_{n+1}\alpha'\alpha=0$. 又 $\alpha$ 是非零实列向量, 故 $\alpha'\alpha>0$, 从而 $x_{n+1}=0$. 因此线性方程组 $(*)$ 等价于线性方程组 $(\sharp)$: $(3)\cdots(A-\lambda_0I_n)x=0$, $(4)\cdots\alpha'x=0$, $(5)\cdots x_{n+1}=0$.

必要性  若 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值, 则每个特征值对应的特征子空间都是 1 维的. 于是满足 (3) 式的 $x=k\alpha$, 再由 (4) 式可得 $k\alpha'\alpha=0$, 从而 $k=0$, $x=0$. 于是线性方程组 $(*)$ 只有零解.

充分性  若 $A$ 有相同的特征值, 则不妨设 $\lambda_0$ 的特征子空间 $V_0$ 的维数大于等于 2, 从而可在 $V_0$ 中取到特征向量 $\beta$, 使得 $\alpha'\beta=0$. 于是 $\begin{pmatrix} \beta \\ 0 \\ \end{pmatrix}$ 是线性方程组 $(*)$ 的非零解.

证法 3 (矩阵秩的理论)  充分性  设对 $A$ 的任一特征值 $\lambda_0$ 及对应的特征向量 $\alpha$, 矩阵 $\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}$ 均非异, 则 $r\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}=n+1$. 由矩阵秩的基本不等式 $r(A,B)\leq r(A)+r(B)$ 可知 $r(A)\geq r(A,B)-r(B)$ (行分块的不等式类似), 于是 $r(A-\lambda_0I_n,\alpha)\geq (n+1)-1=n$, $r(A-\lambda_0I_n)\geq n-1$. 因为实对称阵 $A$ 可对角化, 故 $\lambda_0$ 只能是 $A$ 的单特征值, 即 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值.

必要性  设实对称阵 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值, 则 $r(A-\lambda_0I_n)=n-1$, 再由 $A$ 的属于不同特征值的特征子空间两两正交可知, $\mathbb{R}^n=\mathrm{Ker}(A-\lambda_0I_n)\perp\mathrm{Im}(A-\lambda_0I_n)$. 断言 $r(A-\lambda_0I_n,\alpha)=n$, 否则只能是 $r(A-\lambda_0I_n,\alpha)=r(A-\lambda_0I_n)=n-1$, 由线性方程组的求解理论知, 存在实列向量 $x$, 使得 $\alpha=(A-\lambda_0I_n)x\in\mathrm{Im}(A-\lambda_0I_n)$, 但 $\alpha\in\mathrm{Ker}(A-\lambda_0I_n)$, 故 $\alpha=0$, 这与 $\alpha$ 是特征向量矛盾. 上面的断言告诉我们: $\alpha$ 不是 $A-\lambda_0I_n$ 列向量的线性组合, 对称地, $\alpha'$ 也不是$A-\lambda_0I_n$ 行向量的线性组合, 从而 $r\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}=n+1$, 即矩阵 $\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}$ 是非异阵.

证法 4 (矩阵乘法)  必要性  若 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值, 则每个特征值对应的特征子空间都是 1 维的. 考虑如下矩阵乘法: $$\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (A-\lambda_0I_n)^2+\alpha\alpha' & 0 \\ 0 & \alpha'\alpha \\ \end{pmatrix}.$$ 显然 $\alpha'\alpha>0$, 采用证法 2 (线性方程组的求解理论) 或证法 3 (矩阵秩的理论) 类似的讨论, 可以证明: 两个半正定阵之和 $(A-\lambda_0I_n)^2+\alpha\alpha'$ 其实是正定阵. 于是上述矩阵也是正定阵, 从而 $\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}$ 是非异阵.

充分性  若 $A$ 有相同的特征值, 则不妨设 $\lambda_0$ 的特征子空间 $V_0$ 的维数大于等于 2, 从而可在 $V_0$ 中取到特征向量 $\beta$, 使得 $\alpha'\beta=0$. 于是 $$\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \alpha \\ \alpha' & 0 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A-\lambda_0I_n & \beta \\ \beta' & 0 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (A-\lambda_0I_n)^2 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$$ 是奇异阵, 从而至少有一个矩阵是奇异阵.  $\Box$

注 1  本题的结论可推广到复正规阵和复特征值的情形, 请读者自行写出相应的结论和证明.

注 2  本题完全做出 (得分在8分以上) 的同学为:

证法 1 (33 人): 赵涵洋, 王捷翔, 皮维特, 顾文颢, 刘道政, 张笑晗, 邹年轶, 谢永乐, 封清, 周烁星, 李哲蔚, 李国豪, 张思哲, 古俊龙, 顾天翊, 刘一川, 刘子超, 黄泽松, 戚雨欣, 刘羽, 叶雨阳, 张昊航, 丁思成, 管闻捷, 张宸宇, 张听海, 王晟灏, 黄诗涵, 刘经宇, 刘天航, 陈柯屿, 王祝斌, 孙浩鑫;

证法 2 (9 人): 周星雨, 杨希, 王曦立, 邬正千, 张俊杰, 陈在远, 陈钦品, 吴彦桥, 赵界清;

证法 3 (1 人): 唐朝亮;

证法 4 (1 人): 何飞旸.