中国科学院真题 第20131题

6．证（1）对于 $n$ 阶实对称矩阵 $A$ ，实二次型 $f=\mathbf{x}^{T} A \mathbf{x}$ 可经非退化线性变换 $\mathbf{x}=C \mathbf{y}$（ $C$为非奇异矩阵）化为规范性 $$ f=\mathbf{y}^{T} C^{T} A C \mathbf{y}=\delta_{1} y_{1}^{2}+\delta_{2} y_{2}^{2}+\cdots+\delta_{n} y_{n}^{2}=\mathbf{y}^{T} D \mathbf{y}, $$ 其中 $\delta_{i}=-1$ 或 0 或 1 ，而二次型的矩阵是唯一的，所以 $C^{T} A C=D$ ，即实对称矩阵 $A$ 合同 于对角矩阵 $D=\operatorname{diag}\left(\delta_{1}, \delta_{2}, \cdots, \delta_{n}\right)$ ． （2）因为奇数阶反对称矩阵的行列式为 0 ，而矩阵 $\boldsymbol{B}$ 非奇异，所以 $\boldsymbol{B}$ 的阶数必为偶数 $n=2 k$ ．下证第二个结论：B 合同于分块对角阵 $F=\operatorname{diag}\left(J_{1}, J_{2}, \cdots, J_{k}\right)$ ．对 $k$ 用数学归纳法。 当 $k=1$ 时，$B=\left(\begin{array}{cc}0 & -a_{12} \\ a_{12} & 0\end{array}\right)$ ，由于 $a_{12} \neq 0$ ，把 $B$ 的第一行及第一列都乘以 $\frac{1}{a_{12}}$ ，得 $\left(\begin{array}{cc}0 & -1 \\ 1 & 0\end{array}\right)$ ，即对 $B$ 作合同变换得 $$ \left(\begin{array}{cc} \frac{1}{a_{12}} & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & -a_{12} \\ a_{12} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{a_{12}} & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}\right) $$ 假设当 $k=m$ 时结论成立，下证 $k=m+1$ 时结论成立．此时 $$ B=\left(\begin{array}{cccccc} 0 & -a_{12} & -a_{13} & \cdots & -a_{1,2 m+1} & -a_{1,2 m+2} \\ a_{12} & 0 & -a_{23} & \cdots & -a_{2,2 m+1} & -a_{2,2 m+2} \\ a_{13} & a_{23} & 0 & \cdots & -a_{3,2 m+1} & -a_{3,2 m+2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{1,2 m+1} & a_{2,2 m+1} & a_{3,2 m+1} & \cdots & 0 & -a_{2 m+1,2 m+2} \\ a_{1,2 m+2} & a_{2,2 m+2} & a_{3,2 m+2} & \cdots & a_{2 m+1,2 m+2} & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & -\boldsymbol{\alpha} \\ \boldsymbol{\alpha}^{T} & B_{1} \end{array}\right) $$ 其中 $\boldsymbol{\alpha}=\left(a_{12}, a_{13}, \cdots, a_{1,2 m+2}\right)^{T}, B_{1}$ 为 $2 m+1$ 阶实反对称矩阵。因为 $|B| \neq 0$ ，所以 $\boldsymbol{\alpha} \neq 0$ ，否则 $\left|B_{1}\right| \neq 0$ ，矛盾．不妨设 $a_{12} \neq 0$ ，令 $Q_{1}=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{a_{12}} & \\ & I_{2 m+1}\end{array}\right)$ ，其中 $I_{2 m+1}$ 是 $2 m+1$ 阶单位矩阵，则 $$ Q_{1}^{T} B Q_{1}=\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{a_{12}} & \\ & I_{2 m+1} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & -\boldsymbol{\alpha} \\ \boldsymbol{\alpha}^{T} & B_{1} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} \frac{1}{a_{12}} & \\ & I_{2 m+1} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} J_{1} & -C \\ C^{T} & B_{2} \end{array}\right) $$ 其中 $B_{2}$ 为 $2 m$ 阶实反对称矩阵，$C$ 为 $2 \times(2 m)$ 实矩阵。令 $Q_{2}=\left(\begin{array}{cc}I_{2} & -J_{1} C \\ \mathbf{0} & I_{2 m}\end{array}\right)$ ，注意到 $J_{1}^{-1}=J_{1}^{T}=-J_{1}$ ，则 $$ Q_{2}^{T} Q_{1}^{T} B Q_{1} Q_{2}=\left(\begin{array}{cc} I_{2} & \mathbf{0} \\ -C^{T} J_{1}^{-1} & I_{2 m} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} J_{1} & -C \\ C^{T} & B_{2} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} I_{2} & -J_{1} C \\ \mathbf{0} & I_{2 m} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} J_{1} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & B_{2}-C^{T} J_{1} C \end{array}\right) . $$ 对于 $2 m$ 阶实反对称矩阵 $B_{2}-C^{T} J_{1} C$ ，根据假设，存在 $2 m$ 阶实可逆矩阵 $Q$ ，使 $$ Q^{T}\left(B_{2}-C^{T} J_{1} C\right) Q=\operatorname{diag}\left(J_{2}, J_{3}, \cdots, J_{m+1}\right) . $$ 令 $Q_{3}=\left(\begin{array}{ll}I_{2} & \\ & Q\end{array}\right)$ ，并记 $E=Q_{1} Q_{2} Q_{3}$ ，则 $E$ 是 $2(m+1)$ 阶实的可逆矩阵，且 $$ \begin{aligned} E^{T} B E= & Q_{3}^{T} Q_{2}^{T} Q_{1}^{T} B Q_{1} Q_{2} Q_{3}=\left(\begin{array}{cc} I_{2} & \\ & Q^{T} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} J_{1} & 0 \\ 0 & B-C^{T} J_{1} C \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} I_{2} & \\ & Q \end{array}\right) \\ & =\left(\begin{array}{cc} J_{1} & \\ & Q^{T}\left(B_{2}-C^{T} J_{1} C\right) Q \end{array}\right)=\operatorname{diag}\left(J_{1}, J_{2}, \cdots, J_{m+1}\right) \end{aligned} $$ 因此，对于任意实反对称非奇异方阵（必为偶数阶）结论成立。 （3）先证：对于实对称矩阵 $A$ ，若 $\operatorname{Tr}(A)=0$ ，则存在正交矩阵 $H$ ，使 $H^{T} A H$ 的主对角元全为零． 对 $A$ 的阶数 $n$ 用归纳法：当 $n=1$ 时结论显然成立。假设 $n-1$ 时结论成立，再证对于 $n$阶矩阵结论成立．不妨设 $A \neq \mathbf{0}$ ，则 $A$ 的特征值 $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ 不全为零，但 $\lambda_{1}+\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{n}=\operatorname{Tr}(A)=0$. 因为 $A$ 是实对称矩阵，所以存在正交矩阵 $H_{1}$ ，使 $$ H_{1}^{T} A H_{1}=\operatorname{diag}\left(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}\right)=D . $$ 令 $n$ 维列向量 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(\frac{1}{\sqrt{n}}, \frac{1}{\sqrt{n}}, \cdots, \frac{1}{\sqrt{n}}\right)^{T}, \boldsymbol{\alpha}_{2}=\frac{1}{k} D \boldsymbol{\alpha}_{1}$ ，其中 $k=\sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}^{2}} \neq 0$ ，则 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}$是相互正交的单位向量。把 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}$ 扩充成为 $\mathbb{R}^{n}$ 的标准正交基 $\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \cdots \boldsymbol{\alpha}_{n}$ ，则 $H_{2}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \cdots \boldsymbol{\alpha}_{n}\right)$ 是正交矩阵，且 $$ D H_{2}=D\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \cdots \boldsymbol{\alpha}_{n}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \cdots \boldsymbol{\alpha}_{n}\right)\left(\begin{array}{ccccc} 0 & k & 0 & \cdots & 0 \\ k & & & & \\ 0 & & & \\ \vdots & & A_{1} & \\ 0 & & & & \end{array}\right), $$ 其中 $A_{1}$ 是 $n-1$ 阶实矩阵，显然也是对称矩阵，且 $\operatorname{Tr}\left(A_{1}\right)=\operatorname{Tr}\left(H_{2}{ }^{T} A H_{2}\right)=\operatorname{Tr}(D)=0$ 。据归纳假设，存在 $n-1$ 阶正交矩阵 $Q$ ，使 $$ Q^{T} A_{1} Q=\left(\begin{array}{cccc} c_{22} & c_{23} & \cdots & c_{2 n} \\ c_{32} & c_{33} & \cdots & c_{3 n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ c_{n 2} & c_{n 3} & \cdots & c_{n n} \end{array}\right) \text {, 其中 } c_{22}=c_{33}=\cdots=c_{n n}=0 \text {. } $$ 令 $H=H_{1} H_{2}\left(\begin{array}{cc}1 & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & Q\end{array}\right)$ ，则 $H$ 为 $n$ 阶正交矩阵，且 $$ H^{T} A H=\left(\begin{array}{cc} 1 & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & Q^{T} \end{array}\right) H_{2}^{T} H_{1}^{T} A H_{1} H_{2}\left(\begin{array}{cc} 1 & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & Q \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & * \\ * & Q^{T} A_{1} Q \end{array}\right) $$ 的主对角元全为零。因此，结论得证。 对于实矩阵 $G$ ，由于 $G=A+B$ ，其中 $A=\frac{1}{2}\left(G+G^{T}\right)$ 为实对称矩阵， $B=\frac{1}{2}\left(G-G^{T}\right)$ 为实反对称矩阵，而 $B$ 的主对角元全为零，所以 $\operatorname{Tr}(A)=\operatorname{Tr}(G)=0$ 。根据已证得的结论，存在正交矩阵 $H$ ，使得 $H^{T} A H$ 的主对角元全为零，而 $H^{T} B H$ 仍为实反对称矩阵，其主对角元全为零，因此 $$ H^{T} G H=H^{T} A H+H^{T} B H $$ 的主对角元全为零．