六、(本題10分) 設 $A$ 為數域 $\mathbb{K}$ 上的 $2n$ 階反對稱陣, $\alpha$ 為 $2n$ 維列向量, $x$ 為未定元, 證明: $$|A+x\alpha\alpha'|=|A|.$$
證法一(利用行列式的性質) 第一步是將 $|A+x\alpha\alpha'|$ 升階為下三角行列式, 第二步是第二分塊行左乘 $-x\alpha$ 加到第一分塊行上去, 第三步是將最后一列進行拆分, 第四步利用到了奇數階反對稱陣的行列式等於零這一性質 (高代教材的習題 1.4.3): $$|A+x\alpha\alpha'|=\begin{vmatrix} A+x\alpha\alpha' & 0 \\ \alpha' & 1 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} A & -x\alpha \\ \alpha' & 1 \end{vmatrix}=x\begin{vmatrix} A & -\alpha \\ \alpha' & 0 \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} A & 0 \\ \alpha' & 1 \end{vmatrix}=|A|.$$
證法二(利用已知結論) 設 $A$ 的代數余子式為 $A_{ij}$, 則由 $A$ 反對稱以及行列式的性質可得 $A_{ii}=0\,(1\leq i\leq 2n)$ 且 $A_{ij}+A_{ji}=0\,(\forall\,i\neq j)$. 設 $\alpha=(x_1,x_2,\cdots,x_{2n})'$, 則由高代教材的第一章復習題 15 或白皮書的例 1.8 可得 (第一步同證法一或直接由降階公式可得) $$|A+x\alpha\alpha'|=\begin{vmatrix} A & -x\alpha \\ \alpha' & 1 \end{vmatrix}=|A|+\sum_{1\leq i,j\leq 2n}A_{ij}xx_ix_j=|A|+\sum_{1\leq i<j\leq 2n}(A_{ij}+A_{ji})xx_ix_j=|A|.$$
證法三(利用降階公式和攝動法) 先設 $A$ 為非異陣, 考慮分塊矩陣 $\begin{bmatrix} A & -x\alpha \\ \alpha' & 1 \end{bmatrix}$, 則由降階公式可得 $$|A+x\alpha\alpha'|=|A|\cdot(1+x\alpha'A^{-1}\alpha).$$ 注意到 $A^{-1}$ 仍為反對稱陣, 由反對稱陣的性質 (高代教材的第二章復習題 35 或白皮書的例 2.3) 可知 $\alpha'A^{-1}\alpha=0$, 於是 $|A+x\alpha\alpha'|=|A|$.
一般地, 設 $A_t=A+tS$, 其中 $S=\mathrm{diag}\{\begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix},\cdots,\begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}\}$ 為非異反對稱陣 ($S$ 的取法有很多種, 但注意不能取 $I_{2n}$), 則 $|A_t|=|A+tS|=|S|\cdot|tI_{2n}+S^{-1}A|=|tI_{2n}+S^{-1}A|$ 為 $t$ 的 $2n$ 次多項式, 它只有有限個根, 故存在一列有理數 $t_k\to 0$, 使得 $A_{t_k}$ 為非異反對稱陣. 由非異的情形可得 $|A_{t_k}+x\alpha\alpha'|=|A_{t_k}|$, 兩邊都是 $t_k$ 的多項式. 上述等式的兩邊同時取極限, 令 $t_k\to 0$, 即有 $|A+x\alpha\alpha'|=|A|$.
證法四(利用矩陣的秩) 同證法三先證 $A$ 為非異反對稱陣的情形. 若 $A$ 為奇異反對稱陣, 則由高代教材的第三章復習題 46 或白皮書的例 3.84 可知, $r(A)$ 必為偶數, 又 $A$ 不滿秩, 從而 $r(A)\leq 2n-2$. 由矩陣秩的不等式 (高代教材的習題 3.6.5 或白皮書的例 3.62) 可知 $$r(A+x\alpha\alpha')\leq r(A)+r(x\alpha\alpha')\leq (2n-2)+1=2n-1,$$ 故 $A+x\alpha\alpha'$ 為奇異陣, 從而 $|A+x\alpha\alpha'|=0=|A|$. $\Box$
注 本題完全做對的同學有: 寧盛臻、朱民哲、蔣亦凡、丁知愚、汪鈰達、鍾梓源、楊釗傑、陳裕豐、范凌虎、王旭磊、王雨程、焦思邈.