六、(本題10分)? 設 $A$ 為 $n$ 階實對稱陣, 證明: $A$ 有 $n$ 個不同的特征值當且僅當對 $A$ 的任一特征值 $\lambda_0$ 及對應的特征向量 $\alpha$, 矩陣 $\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}$ 均非異.

證明? 以下分別給出 4 種不同的證明.

證法 1 (實對稱陣的正交相似標準型)? 由實對稱陣的正交相似標準型理論可知, 存在正交陣 $P$, 使得 $P'AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$, 其中 $\lambda_1=\lambda_0$, 正交陣 $P$ 的第 1 列可取為單位特征向量 $\alpha/\|\alpha\|$. 于是 $Pe_1=\alpha/\|\alpha\|$, 即 $P'\alpha=\|\alpha\|e_1=(\|\alpha\|,0,\cdots,0)'$. 考慮如下正交變換: $$\begin{pmatrix} P' & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}\begin{pmatrix} P & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} P'(A-\lambda_0I_n)P & P'\alpha \\?\alpha'P & 0 \\?\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & & & & \|\alpha\| \\ & \lambda_2-\lambda_0 & & & \\ & & \ddots & & \\ & & & \lambda_n-\lambda_0 & \\ \|\alpha\| & & & & 0 \\ \end{pmatrix},$$ 最后一個矩陣空白處均為 $0$. 兩邊取行列式即得 $$\begin{vmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{vmatrix}=-\|\alpha\|^2(\lambda_2-\lambda_0)\cdots(\lambda_n-\lambda_0),$$ 由此即得充要條件.

證法 2 (線性方程組的求解理論)? 由線性方程組的求解理論, 我們只要證明:?$A$ 有 $n$ 個不同的特征值當且僅當對 $A$ 的任一特征值 $\lambda_0$ 及對應的特征向量 $\alpha$, 齊次線性方程組 $(*)$: $\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ x_{n+1} \end{pmatrix}=0$ 只有零解即可. 線性方程組 $(*)$ 即為 $(1)\cdots(A-\lambda_0I_n)x+x_{n+1}\alpha=0$, $(2)\cdots\alpha'x=0$. 由 $A$ 的對稱性以及 $(A-\lambda_0I_n)\alpha=0$ 可得 $\alpha'(A-\lambda_0I_n)=0$. 在 (1) 式兩邊同時左乘 $\alpha'$ 可得 $x_{n+1}\alpha'\alpha=0$. 又 $\alpha$ 是非零實列向量, 故 $\alpha'\alpha>0$, 從而 $x_{n+1}=0$. 因此線性方程組 $(*)$ 等價于線性方程組 $(\sharp)$:?$(3)\cdots(A-\lambda_0I_n)x=0$, $(4)\cdots\alpha'x=0$, $(5)\cdots x_{n+1}=0$.

必要性? 若 $A$ 有 $n$ 個不同的特征值, 則每個特征值對應的特征子空間都是 1 維的. 于是滿足 (3) 式的 $x=k\alpha$, 再由 (4) 式可得 $k\alpha'\alpha=0$, 從而 $k=0$, $x=0$. 于是線性方程組 $(*)$ 只有零解.

充分性??若?$A$ 有相同的特征值, 則不妨設 $\lambda_0$ 的特征子空間 $V_0$ 的維數大于等于 2, 從而可在 $V_0$ 中取到特征向量 $\beta$, 使得 $\alpha'\beta=0$. 于是 $\begin{pmatrix} \beta \\ 0 \\ \end{pmatrix}$ 是線性方程組 $(*)$ 的非零解.

證法 3 (矩陣秩的理論)? 充分性? 設對 $A$ 的任一特征值 $\lambda_0$ 及對應的特征向量 $\alpha$, 矩陣 $\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}$ 均非異, 則 $r\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}=n+1$. 由矩陣秩的基本不等式 $r(A,B)\leq r(A)+r(B)$ 可知 $r(A)\geq r(A,B)-r(B)$ (行分塊的不等式類似), 于是 $r(A-\lambda_0I_n,\alpha)\geq (n+1)-1=n$, $r(A-\lambda_0I_n)\geq n-1$. 因為實對稱陣 $A$ 可對角化, 故 $\lambda_0$ 只能是 $A$ 的單特征值, 即?$A$ 有 $n$ 個不同的特征值.

必要性? 設實對稱陣 $A$ 有 $n$ 個不同的特征值, 則 $r(A-\lambda_0I_n)=n-1$, 再由 $A$ 的屬于不同特征值的特征子空間兩兩正交可知, $\mathbb{R}^n=\mathrm{Ker}(A-\lambda_0I_n)\perp\mathrm{Im}(A-\lambda_0I_n)$. 斷言 $r(A-\lambda_0I_n,\alpha)=n$, 否則只能是 $r(A-\lambda_0I_n,\alpha)=r(A-\lambda_0I_n)=n-1$, 由線性方程組的求解理論知, 存在實列向量 $x$, 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 $\alpha=0$, 這與 $\alpha$ 是特征向量矛盾. 上面的斷言告訴我們: $\alpha$ 不是 $A-\lambda_0I_n$ 列向量的線性組合, 對稱地, $\alpha'$ 也不是$A-\lambda_0I_n$ 行向量的線性組合, 從而 $r\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}=n+1$, 即矩陣 $\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}$ 是非異陣.

證法 4 (矩陣乘法)? 必要性? 若?$A$ 有 $n$ 個不同的特征值, 則每個特征值對應的特征子空間都是 1 維的. 考慮如下矩陣乘法: $$\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (A-\lambda_0I_n)^2+\alpha\alpha' & 0 \\?0 & \alpha'\alpha \\?\end{pmatrix}.$$ 顯然 $\alpha'\alpha>0$, 采用證法 2 (線性方程組的求解理論) 或證法 3 (矩陣秩的理論) 類似的討論, 可以證明: 兩個半正定陣之和 $(A-\lambda_0I_n)^2+\alpha\alpha'$ 其實是正定陣. 于是上述矩陣也是正定陣, 從而?$\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}$ 是非異陣.

充分性??若?$A$ 有相同的特征值, 則不妨設 $\lambda_0$ 的特征子空間 $V_0$ 的維數大于等于 2, 從而可在 $V_0$ 中取到特征向量 $\beta$, 使得 $\alpha'\beta=0$. 于是 $$\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \alpha \\?\alpha' & 0 \\?\end{pmatrix}\begin{pmatrix}?A-\lambda_0I_n & \beta \\?\beta' & 0 \\?\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} (A-\lambda_0I_n)^2 & 0 \\?0 & 0 \\?\end{pmatrix}$$ 是奇異陣, 從而至少有一個矩陣是奇異陣.? $\Box$

注 1? 本題的結論可推廣到復正規陣和復特征值的情形, 請讀者自行寫出相應的結論和證明.

注 2??本題完全做出 (得分在8分以上) 的同學為:

證法 1 (33 人): 趙涵洋, 王捷翔, 皮維特, 顧文顥, 劉道政, 張笑晗, 鄒年軼, 謝永樂, 封清, 周爍星, 李哲蔚, 李國豪, 張思哲, 古俊龍, 顧天翊, 劉一川, 劉子超, 黃澤松, 戚雨欣, 劉羽, 葉雨陽, 張昊航, 丁思成, 管聞捷, 張宸宇, 張聽海, 王晟灝, 黃詩涵, 劉經宇, 劉天航, 陳柯嶼, 王祝斌, 孫浩鑫;

證法 2 (9 人): 周星雨, 楊希, 王曦立, 鄔正千, 張俊杰, 陳在遠, 陳欽品, 吳彥橋, 趙界清;

證法 3 (1 人): 唐朝亮;

證法 4 (1 人): 何飛旸.

轉載于:https://www.cnblogs.com/torsor/p/11137934.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的复旦大学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的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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