設 $M$ 是數域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 階方陣, 則有如下的分解: $$M=\frac{1}{2}(M+M')+\frac{1}{2}(M-M'),$$ 其中 $A=\dfrac{1}{2}(M+M')$ 是 $n$ 階對稱陣 (稱為 $M$ 的對稱化), $S=\dfrac{1}{2}(M-M')$ 是 $n$ 階反對稱陣 (稱為 $M$ 的反對稱化). 進一步, 我們可以證明 (高代白皮書的例 3.48): $n$ 階方陣全體構成的線性空間 $M_n(\mathbb{K})$ 是 $n$ 階對稱陣全體構成的子空間與 $n$ 階反對稱陣全體構成的子空間的直和. 因此, 對稱陣和反對稱陣的研究對於矩陣理論來說十分重要.
本文的主要目的是, 按照復旦高代教材的章節順序將反對稱陣的相關性質做一總結, 其中不僅包含反對稱陣一些常見的性質和定理, 也包含一些有趣的習題和試題等, 供讀者在准備各類考試時作一參考. 以下若無特殊說明, 總在數域 $\mathbb{K}$ 上考慮問題.
第一章 行列式
利用行列式的性質容易證明反對稱陣的性質 1, 這也是行列式章節中的一道常見習題.
性質 1 (高代白皮書第一章的解答題 8) 奇數階反對稱陣的行列式等於零.
利用行列式的組合定義, 我們還可以證明偶數階反對稱陣的行列式是其 Pfaffian 的平方, 具體的證明過程請參考教學博文 [3].
性質 2 設 $A=(a_{ij})$ 為 $2n$ 階反對稱陣, 則 $|A|=\mathrm{Pf}(A)^2$, 其中 $$\mathrm{Pf}(A)=\sum_{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)\in A_{2n}}(-1)^{N(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)}a_{i_1j_1}a_{i_2j_2}\cdots a_{i_nj_n},$$ $$A_{2n}=\{(i_1,j_1,i_2,j_2,\cdots,i_n,j_n)\in S_{2n}\mid i_1<j_1,i_2<j_2,\cdots,i_n<j_n,i_1<i_2<\cdots<i_n\}.$$ 特別地, 把性質 1 和性質 2 合並起來, 可以得到關於實反對稱陣的性質 3, 后面我們還會給出性質 3 的另外幾種證明.
性質 3 設 $A$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 則 $|A|\geq 0$.
例 1 (18 級高代 I 每周一題第 3 題) 設 $A=(a_{ij})$ 是 $2n$ 階反對稱陣, $b$ 為常數, $B=(a_{ij}+b)$, 證明: $|A|=|B|$.
證明 由高代白皮書的例 1.32 可知 $|B|=|A|+b\sum\limits_{i,j=1}^{2n}A_{ij}$, 其中 $A_{ij}$ 是 $a_{ij}$ 在 $|A|$ 中的代數余子式. 對任意的 $1\leq i\leq 2n$, $A_{ii}$ 是奇數階反對稱行列式, 故由性質 1 可知 $A_{ii}=0$. 對任意的 $1\leq i<j\leq 2n$, $A_{ij}$ 和 $A_{ji}$ 對應的矩陣相差一個反對稱 (即轉置后反號), 從而 $A_{ij}=(-1)^{2n-1}A_{ji}=-A_{ji}$. 由上述兩點即得結論. $\Box$
例 2 設 $A$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 證明: $|I_n+A|\geq 1+|A|$, 等號成立當且僅當 $n\leq 2$ 或當 $n\geq 3$ 時, $A=0$.
證明 注意到 $I_n$ 的非零子式只有其主子式, 故由高代白皮書的例 1.39 可知 $$|I_n+A|=|I_n|+|A|+\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_k\leq n}A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ i_1&i_2&\cdots&i_k\\ \end{pmatrix}.$$ $A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ i_1&i_2&\cdots&i_k\\ \end{pmatrix}$ 對應的矩陣是 $k$ 階實反對稱陣, 故由性質 3 可知 $A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_k\\ i_1&i_2&\cdots&i_k\\ \end{pmatrix}\geq 0$, 從而 $|I_n+A|\geq 1+|A|$ 成立. 由 $A$ 的反對稱性容易驗證當 $n\leq 2$ 時, 上述不等式的等號成立. 當 $n\geq 3$ 時, 若 $A=0$, 則等號顯然成立; 反之若等號成立, 則對任意的 $1\leq i<j\leq n$, 有 $0=A\begin{pmatrix} i&j\\ i&j\\ \end{pmatrix}=\begin{vmatrix} 0&a_{ij}\\ a_{ji}&0\\ \end{vmatrix}=a_{ij}^2$, 從而 $a_{ij}=0$, 即有 $A=0$ 成立. $\Box$
第二章 矩陣
利用標准單位列向量的性質可以證明性質 4, 這是一個關於反對稱陣的刻畫, 在后續章節有着重要的應用.
性質 4 (高代白皮書的例 2.3) 設 $A$ 是數域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 階方陣, 則 $A$ 是反對稱陣的充要條件是對任意的 $\alpha\in\mathbb{K}^n$, 有 $\alpha'A\alpha=0$.
例 3 (16 級高代 I 期末考試第六大題) 設 $A$ 為 $2n$ 階反對稱陣, $\alpha$ 為 $2n$ 維列向量, $x$ 為未定元, 證明: $|A+x\alpha\alpha'|=|A|$.
本道例題是例 1 的推廣, 我們一共給出了四種證法, 請參考其解答 [4]. 證法一先將 $2n$ 階行列式升階為 $2n+1$ 階行列式, 然后利用行列式的性質和反對稱陣的性質 1 得到結論. 證法二也是先將 $2n$ 階行列式升階為 $2n+1$ 階行列式, 然后利用高代白皮書的例 1.8 以及反對稱陣的性質 (這與例 1 的證明十分相似) 得到結論.
證法三 先設 $A$ 為非異陣, 考慮分塊矩陣 $\begin{pmatrix} A & -x\alpha \\ \alpha' & 1 \end{pmatrix}$, 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 4 可知 $\alpha'A^{-1}\alpha=0$, 於是 $|A+x\alpha\alpha'|=|A|$. 一般地, 設 $A_t=A+tS$, 其中 $S=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\Bigg\}$ 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 $t_k\to 0$ 即得結論. $\Box$
第三章 線性空間
我們發展了線性空間理論 (包括向量的線性關系, 基和維數等概念), 並把矩陣的秩定義為其行向量組的秩或其列向量組的秩. 利用線性空間理論, 我們在高代白皮書的例 3.82 和例 3.83 中證明了如下結論.
引理 1 設 $m\times n$ 矩陣 $A$ 的 $m$ 個行向量為 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_m$, 其中 $\alpha_{i_1},\alpha_{i_2},\cdots,\alpha_{i_r}$ 是其極大無關組. 又設 $A$ 的 $n$ 個列向量為 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n$, 其中 $\beta_{j_1},\beta_{j_2},\cdots,\beta_{j_r}$ 是其極大無關組. 證明: $A\begin{pmatrix} i_1&i_2&\cdots&i_r\\ j_1&j_2&\cdots&j_r\\ \end{pmatrix}\neq 0$. 特別地, 若 $A$ 是 $n$ 階對稱陣或反對稱陣, 則 $A$ 必有一個 $r$ 階主子式非零.
性質 5 (高代白皮書的例 3.84) 反對稱陣的秩必為偶數.
證明 用反證法. 設反對稱陣 $A$ 的秩為 $2r+1$, 則由引理 1 可知, $A$ 有一個 $2r+1$ 階主子式 $|D|\neq 0$. 由 $A$ 的反對稱性可知, 其主子陣 $D$ 也是反對稱陣. 再由反對稱陣的性質 1 可知 $|D|=0$, 矛盾. $\Box$
例 3 的證法四 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, 則由反對稱陣的性質 5 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 $|A+x\alpha\alpha'|=0=|A|$. $\Box$
線性方程組的求解理論可用來證明矩陣的非異性. 特別地, 配合上反對稱陣的性質 4, 可以用來證明 $A+S$ 型矩陣的非異性, 其中 $A$ 是滿足某種條件的實對稱陣, $S$ 是實反對稱陣. 此類型的問題在第九章還會進一步探討.
例 4 (高代白皮書的例 3.78) 設 $A$ 是 $n$ 階實反對稱陣, $D=\mathrm{diag}\{d_1,d_2,\cdots,d_n\}$ 是主對角元全大於零的 $n$ 階對角陣. 證明: $|D+A|>0$. 特別地, $|I_n\pm A|>0$, 從而 $I_n\pm A$ 都是非異陣.
證明 先證明 $|D+A|\neq 0$. 由線性方程組的求解理論, 只要證明 $(D+A)x=0$ 只有零解即可. 任取 $(D+A)x=0$ 的一個解 $\alpha=(a_1,a_2,\cdots,a_n)'\in\mathbb{R}^n$, 則 $(D+A)\alpha=0$. 在等式的兩邊同時左乘 $\alpha'$, 再由反對稱陣的性質 4 可知 $\alpha'A\alpha=0$, 從而 $$0=\alpha'(D+A)\alpha=\alpha'D\alpha=d_1a_1^2+d_2a_2^2+\cdots+d_na_n^2.$$ 考慮到 $a_i$ 都是實數且 $d_i$ 都是正數, 故 $a_1=a_2=\cdots=a_n=0$, 即有 $\alpha=0$. 回到本題的證明. 設 $f(t)=|D+tA|$, 則 $f(t)$ 是關於實變元 $t$ 的實系數多項式, 當然也是關於 $t$ 的連續函數. 注意到 $tA$ 仍為實反對稱陣, 故由上面的討論可得 $f(t)=|D+tA|\neq 0$, 即 $f(t)$ 是 $\mathbb{R}$ 上處處非零的連續函數. 因為 $f(0)=|D|>0$, 故由數學分析中的零點定理可知 $f(t)$ 只能是 $\mathbb{R}$ 上取值恆為正數的連續函數, 從而 $|D+A|=f(1)>0$. $\Box$
例 5 (17 級高代 I 期中考試第七大題) 設 $n$ 階實方陣 $A=(a_{ij})$ 滿足 $a_{ij}+a_{ji}=0\,(\forall\,i\neq j)$ 且 $a_{ii}\geq 0\,(1\leq i\leq n)$. 證明: $|A|\geq 0$.
證明 令 $D=\mathrm{diag}\{a_{11},a_{22},\cdots,a_{nn}\}$, 則 $A-D$ 為實反對稱陣. 對任意的 $t>0$, 對 $tI_n+A=(tI_n+D)+(A-D)$ 應用例 4 的結論可得 $|tI_n+A|>0$, 再令 $t\to 0+$ 即得結論. $\Box$
注 1 設 $A$ 為實反對稱陣, 則由例 5 的結論 (或直接對 $tI_n+A$ 重復一遍例 5 的證明) 可得 $|A|\geq 0$. 這是反對稱陣性質 3 的第二種證法, 屬於分析的方法.
例 6 (19 級高代 I 期中考試第七大題) 設 $A$ 為 $m$ 階實反對稱陣, $C$ 為 $n$ 階實反對稱陣, $B$ 為 $m\times n$ 階實矩陣. 證明: $A+I_m$ 和 $C-I_n-B'(A+I_m)^{-1}B$ 都是非異陣.
例 6 的第二個結論是例 4 的自然延拓, 我們在其解答 [5] 中給出了三種不同的證法以及三個推廣.
第六章 特征值 & 第七章 相似標准型
性質 6 實反對稱陣的特征值為零或純虛數.
性質 7 實反對稱陣在復數域上可對角化, 從而全體特征值構成的對角陣即為其 Jordan 標准型.
我們可以不利用復正規陣的酉相似標准型理論, 直接采用可對角化的判定准則來證明性質 6 和性質 7, 具體的證明過程請參考教學博文 [6] 中的引理 4 和定理 2.
注 2 由於實反對稱陣復可對角化, 故它的秩等於非零特征值 (即純虛特征值) 的個數, 又實矩陣的虛特征值成對出現, 從而實反對稱陣的秩必為偶數. 這給出了性質 5 的第二種證法 (僅限於實反對稱陣).
第八章 二次型 & 第十章 雙線性型
性質 8 (高代白皮書的例 8.12, 反對稱陣的合同標准型) 設 $A$ 是 $n$ 階反對稱陣, 則 $A$ 必合同於分塊對角陣 $\mathrm{diag}\{S,\cdots,S,0,\cdots,0\}$, 其中 $S=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix}$. 特別地, 反對稱陣 $A$ 的秩必為偶數 $2r$, 其中 $r$ 是 $S$ 在 $A$ 的合同標准型中的個數.
注 3 由反對稱陣的性質 8 可以給出其性質 3 (實反對稱陣的行列式大於等於零) 的第三種證法 (具體過程請參考高代白皮書的例 8.13) 以及性質 5 (反對稱陣的秩必為偶數) 的第三種證法. 值得一提的是, 無論是通過性質 2 (Pfaffian) 還是性質 8 (合同標准型), 都可以證明: 整數反對稱陣的行列式是某個整數的平方 (高代白皮書第八章的解答題 2).
例 7 (高代白皮書的例 8.25) 設 $A$ 為非異實對稱陣, $S$ 是實反對稱陣且 $AS=SA$, 求證: $A+S$ 是非異陣.
證法一 注意到 $(A+S)'(A+S)=A'A+A'S+S'A+S'S=A'A+(AS-SA)+S'S=A'A+S'S$, 其中 $A'A$ 為正定陣 (因 $A$ 非異)，$S'S$ 為半正定陣, 故 $(A+S)'(A+S)$ 仍為正定陣, 從而 $A+S$ 為非異陣.
證法二 注意到 $A+S=A(I_n+A^{-1}S)$, 並由 $AS=SA$ 容易驗證 $A^{-1}S$ 仍然是實反對稱陣, 故由例 4 可知 $I_n+A^{-1}S$ 非異, 又 $A$ 非異, 從而 $A+S$ 也非異. $\Box$
設 $g$ 是 $n$ 維線性空間 $V$ 上的交錯型, 則 $g$ 在 $V$ 的任一組基下的表示矩陣都是反對稱陣. 由性質 8 (反對稱陣的合同標准型) 或高代教材的定理 10.4.1 可知, 存在 $V$ 的一組基, 使得 $g$ 在這組基下的表示矩陣為合同標准型 $\mathrm{diag}\{S,\cdots,S,0,\cdots,0\}$, 其中 $S=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{pmatrix}$. 接下去我們可以定義辛空間和辛變換的概念, 它們構成的辛幾何是現代數學的一個重要分支.
第九章 內積空間
下面的性質 9 是實反對稱陣的正交相似標准型, 性質 10 是正定實對稱陣與實反對稱陣的同時合同標准化.
性質 9 (高代教材的定理 9.7.5 和推論 9.7.1) 設 $A$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 則存在 $n$ 階正交陣 $P$, 使得 $$P'AP=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \\ \end{pmatrix},0,\cdots,0\Bigg\},$$ 其中 $b_i\neq 0\,(1\leq i\leq r)$. 特別地, 實反對稱陣的秩必為偶數, 其特征值為零或純虛數.
性質 10 (高代白皮書的例 9.99) 設 $A$ 為 $n$ 階正定實對稱陣, $S$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 則存在 $n$ 階非異陣 $C$, 使得 $$C'AC=I_n,\,\,\,\,C'SC=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \\ \end{pmatrix},0,\cdots,0\Bigg\},$$ 其中 $b_i\neq 0\,(1\leq i\leq r)$.
例 8 (高代白皮書的例 9.100) 設 $A$ 為 $n$ 階正定實對稱陣, $S$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 證明: $|A+S|\geq |A|+|S|$, 等號成立當且僅當 $n\leq 2$ 或當 $n\geq 3$ 時, $S=0$.
證法一 由於問題的條件和結論在同時合同變換 $A\mapsto C'AC$, $S\mapsto C'SC$ 下不改變, 故由性質 10 不妨從一開始就假設 $A=I_n$, $S=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \\ \end{pmatrix},0,\cdots,0\Bigg\}$, 於是 $$|A+S|=\Bigg|\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 1 & b_1 \\ -b_1 & 1 \\ \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 1 & b_r \\ -b_r & 1 \\ \end{pmatrix},1,\cdots,1\Bigg\}\Bigg|$$ $$=(1+b_1^2)\cdots(1+b_r^2)\geq 1+b_1^2\cdots b_r^2\geq |A|+|S|.$$ 當 $n\leq 2$ 時, 等號顯然成立. 當 $n\geq 3$ 時, 等號成立當且僅當 $r=0$, 這等價於 $S=0$.
證法二 由於問題的條件和結論在同時合同變換 $A\mapsto C'AC$, $S\mapsto C'SC$ 下不改變, 故不妨從一開始就假設 $A=I_n$ 為其合同標准型, 此時本題的結論由例 2 即得.
證法三 由於問題的條件和結論在同時合同變換 $A\mapsto C'AC$, $S\mapsto C'SC$ 下不改變, 故不妨從一開始就假設 $A=I_n$ 為其合同標准型. 設 $S$ 的全體特征值為 $\pm b_1\mathrm{i}$, $\cdots$, $\pm b_r\mathrm{i}$, $0,\cdots,0\,(n-2r$ 個), 則 $I_n+S$ 的全體特征值為 $1\pm b_1\mathrm{i}$, $\cdots$, $1\pm b_r\mathrm{i}$, $1,\cdots,1\,(n-2r$ 個), 於是 $|I_n+S|=(1+b_1^2)\cdots(1+b_r^2)$, 剩下的討論和證法一完全類似. $\Box$
注 4 證法二應該是最初等的方法. 證法三提醒我們: 當處理正定實對稱陣+實對稱陣或實反對稱陣的問題時, 采用同時合同對角化的技巧 (高代白皮書的例 9.66) 或同時合同標准化的技巧 (高代白皮書的例 9.99) 來做當然無可厚非, 但若把正定實對稱陣合同為單位陣, 然后直接利用特征值的方法來考慮問題, 有時也是一種簡便的方法 (推薦大家用這種方法做一下高代白皮書的例 9.67 和例 9.68). 順便提及一下, 當兩個實正規陣或復正規陣乘法可交換時, 則它們可同時正交標准化或同時酉對角化 (高代白皮書的例 9.108 和例 9.107). 利用這一技巧, 可以給出例 7 的證法三和證法四 (參考高代白皮書的第 492 頁).
例 9 設 $A$ 為 $n$ 階半正定實對稱陣, $S$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 證明: $|A+S|\geq |A|+|S|$.
證明 注意到對任意的正數 $t$, $A+tI_n$ 都是正定實對稱陣, 故由例 8 的結論可得 $|A+tI_n+S|\geq |A+tI_n|+|S|$, 令 $t\to 0+$, 則結論得證. $\Box$
注 5 若 $A$ 為 $n$ 階正定 (半正定) 實對稱陣, $S$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 則 $M=A+S$ 是亞正定 (亞半正定) 陣. 關於這兩類矩陣的定義及其性質, 請參考高代白皮書第八章的解答題 14 以及 19 級高代 II 每周一題第 15 題. 上面的例 8 和例 9 給出了亞正定 (亞半正定) 陣行列式的一個下界估計, 其中例 8 給出了等號成立的充要條件, 然而例 9 並沒有給出, 事實上例 9 中等號成立的充要條件應該會更加復雜一些. 由例 9 可知亞半正定陣的行列式大於等於零, 因此作為一個簡單有趣的例子, 我們來探討一下亞半正定陣的行列式大於零的充要條件.
例 10 (16 級高代 II 期末考試第六大題) 設 $A$ 為 $n$ 階半正定實對稱陣, $S$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 滿足 $AS+SA=0$. 證明: $|A+S|>0$ 的充要條件是 $r(A)+r(S)=n$.
例 10 的證明請參考其解答 [7], 由於附加了 $AS+SA=0$ 的條件, 顯然這並非是期待的結果. 下面的例 11 給出了上述問題的充要條件, 我們發現這一充要條件與兩個半正定實對稱陣之和為正定陣的充要條件完全相同 (參考高代白皮書的例 9.73), 兩者的證明也有類似之處, 例如都利用了線性方程組的求解理論和半正定陣的性質二 (高代白皮書的例 8.44).
例 11 設 $A$ 為 $n$ 階半正定實對稱陣, $S$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 證明:
(1) $r(A+S)=r(A\mid S)$;
(2) $|A+S|>0$ 的充要條件是 $r(A\mid S)=n$.
證明 (1) 我們只要證明線性方程組 $(A+S)x=0$ 與 $\begin{pmatrix}A\\S\\ \end{pmatrix}x=0$ 同解即可. 顯然 $\begin{pmatrix}A\\S\\ \end{pmatrix}x=0$ 的解都是 $(A+S)x=0$ 的解. 反之, 任取 $(A+S)x=0$ 的解 $\alpha\in\mathbb{R}^n$, 即有 $(A+S)\alpha=0$. 在等式的兩邊同時左乘 $\alpha'$, 由反對稱陣的性質 4 可知 $\alpha'S\alpha=0$, 於是 $\alpha'A\alpha=0$, 再由半正定陣的性質二 (高代白皮書的例 8.44) 可知 $A\alpha=0$, 代入上述等式即得 $S\alpha=0$, 從而 $\alpha$ 也是 $\begin{pmatrix}A\\S\\ \end{pmatrix}x=0$ 的解.
(2) 由例 9 可知 $|A+S|\geq 0$, 從而 $|A+S|>0$ 當且僅當 $r(A+S)=n$, 由 (1) 可知這當且僅當 $r(A\mid S)=n$. $\Box$
最后, 我們利用實反對稱陣強調一下實內積空間與復內積空間之間的區別.
例 12 (高代白皮書的例 9.9) 證明: 在 $\mathbb{R}^n$ (取標准內積) 中存在一個非零線性變換 $\varphi$, 使得 $\varphi(\alpha)\perp\alpha$ 對任意的 $\alpha\in\mathbb{R}^n$ 成立, 但在 $\mathbb{C}^n$ (取標准內積) 中這樣的非零線性變換不存在.
證明 任取一個 $n$ 階非零實反對稱陣 $A$, 定義 $\varphi(x)=Ax$, 則對任意的 $\alpha\in\mathbb{R}^n$, 由反對稱陣的性質 4 可得 $(\alpha,\varphi(\alpha))=\alpha'A\alpha=0$. 對 $\mathbb{C}^n$ 的情形, 我們可以利用復數域上的 Jordan 標准型理論或直接利用標准單位列向量的性質 (注意需要虛數單位的幫助) 推出矛盾, 具體的細節請參考高代白皮書的例 9.9. $\Box$
參考文獻
[1] 高代教材: 姚慕生, 吳泉水, 謝啟鴻 編著, 高等代數學 (第三版), 復旦大學出版社, 2014.
[2] 高代白皮書: 姚慕生, 謝啟鴻 編著, 學習方法指導書: 高等代數 (第三版), 復旦大學出版社, 2015.
[3] 謝啟鴻, 行列式的組合定義及其應用--反對稱陣的Pfaffian, https://www.cnblogs.com/torsor/p/3554028.html
[4] 謝啟鴻, 復旦大學2016--2017學年第一學期（16級）高等代數I期末考試第六大題解答, https://www.cnblogs.com/torsor/p/6268962.html
[5] 謝啟鴻, 復旦大學數學學院19級高等代數I期中考試第七大題的三種證法及其推廣, https://www.cnblogs.com/torsor/p/12272213.html
[6] 謝啟鴻, 實對稱陣可對角化的幾種證明及其推廣, https://www.cnblogs.com/torsor/p/6785447.html
[7] 謝啟鴻, 復旦大學2016--2017學年第二學期（16級）高等代數II期末考試第六大題解答, https://www.cnblogs.com/torsor/p/7123731.html