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[原创]专题:反对称矩阵的性质及应用

专题:反对称矩阵的性质及其应用 高等代数资源网

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2. 反对称矩阵的定义 \begin{definition}%
设$A=(a_{ij})$是一个$n$阶方阵,若$A^{T}=-A(a_{ij}=-a_{ji}),$则称$A$为反对称矩阵.
\end{definition}
3. 反对称矩阵的性质 利用反对称矩阵的定义,易得如下结果:

Example 1. %
设$A,B$为$n$阶反对称矩阵,$k$为常数,$l$为正整数,则

(1)反对称矩阵主对角元全为0;

(2)$A+B,A-B,kA,AB-BA$都是反对称矩阵;

(3)$AB$为反对称矩阵的充要条件为$AB=-BA;$

(4)当$l$为奇数时,$A^{l}$为反对称矩阵,当$l$为偶数时,$A^{l}$为对称矩阵.

Example 2. %
设$A$为一$n$阶方阵,则

(1)$A-A^{T}$必为反对称矩阵;

(2)$A$可唯一表示为一对称矩阵与一反对称矩阵之和,即$A=\dfrac{A+A^{T}}{2}+\dfrac{A-A^{T}}{2}.$

Example 3. %
设$A$是$n$阶反对称矩阵,则

(1)当$n$为奇数时,$|A|=0;$

(2)若$A$可逆,则$n$为偶数,且$A^{-1}$也是反对称矩阵.

Example 4. %
设$A$是$n$阶反对称矩阵,$A^{*}$为$A$的伴随矩阵,则当$n$为偶数时,$A^{*}$为反对称矩阵,当$n$为奇数时,$A^{*}$为对称矩阵.

\textbf{证明:}利用$(A^{*})^{T}=(A^{T})^{*},(kA)^{*}=k^{n-1}A^{*}$可得.

Example 5. %
设$A$为$n$阶反对称矩阵,$B$为$n$阶对称矩阵,则$AB+BA$为$n$阶反对称矩阵.
Example 6. %
设$A$为$n$阶矩阵,则$A$为反对称矩阵的充要条件为对任意的$n$维列向量$X$有$X^{T}AX=0.$

\textbf{证明:}必要性.(法1)注意到$A$是反对称矩阵,则
$$X^{T}AX=X^{T}(-A^{T})X=-(X^{T}AX)^{T}=-X^{T}AX,$$
故$X^{T}AX=0.$

(法2)设
$$A=\begin{pmatrix}%
0&a_{12}&a_{13}&\cdots&a_{1n}\\
-a_{12}&0&a_{23}&\cdots&a_{2n}\\
-a_{13}&-a_{23}&0&\cdots&a_{3n}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\
-a_{1n}&-a_{2n}&-a_{3n}&\cdots&0\\
\end{pmatrix},
X=\begin{pmatrix}%
x_{1}\\
x_{2}\\
x_{3}\\
\vdots\\
x_{n}
\end{pmatrix},$$
则计算可得$X^{T}AX=0.$

充分性.(法1)由$X^{T}AX=0,$等式两边取转置可得$X^{T}A^{T}X=0.$于是
$$X^{T}(A+A^{T})X=0,$$
由$X$的任意性可得$A+A^{T}=0,$即$A=-A^{T}.$

(法2)设$A=(a_{ij})_{n\times n},$令$X=e_{i}+e_{j},$其中$e_{i}$表示第$i$个分量为1,其余分量为0的$n$维列向量,则
$$0=X^TAX=(e_{i}+e_{j})^{T}A(e_{i}+e_{j})=b_{ij}+b_{ji},i,j=1,2,\cdots,n.$$
从而结论成立.

Example 7. 设$A$为$n$阶实可逆阵,$S$为$n$阶实反对称阵,求证$|AA^T+S|>0.$

\textbf{证明:} (法1)
首先$AA^T$为正定阵,若$|AA^T+S|=0,$则有非零向量$\alpha$使得$(AA^T+S)\alpha=0.$于是
$$0=\alpha^T(AA^T+S)\alpha=\alpha^T(AA^T)\alpha>0$$
矛盾.故$|AA^T+S|\neq0.$

下证$|AA^T+S|>0.$作$[0,1]$上的实连续函数:
$$f(x)=|AA^T+xS|$$
由上面的证明可知,对$\forall x\in
[0,1],$都有$f(x)=|AA^T+xS|\neq0.$

而$f(0)=|AA^T|>0,$若$f(1)=|AA^T+S|<0,$则由连续函数的介值性知$\exists
x_0\in (0,1)$使得$f(x_0)=|AA^T+x_0S|=0.$矛盾.

(法2)设$\lambda$为$AA^T+S$的实特征值,$\alpha$为对应的实特征向量,即
$$(AA^T+S)\alpha=\lambda\alpha$$
于是
$$\lambda\alpha^T\alpha=\alpha^T(AA^T+S)\alpha=\alpha^T(AA^T)\alpha$$
由于$A$可逆,故$AA^T$正定,从而$\lambda>0.$而$AA^T+S$的虚特征值成对按共轭出现,故$$|AA^T+S|>0$$

Example 8. (上海交大03)设$A$为$n$阶反对称阵,$B=diag(a_1,a_2,\cdots,a_n),a_i>0.$证明$|A+B|>0.$

Example 9. 设$A$正定,$B$实反对称,则$|A+B|>0.$

Example 10. 设$A$正定,$B$实反对称,则$r(A+B)=n.$

\textbf{证明:}若$r(A+B)<n,$则$|A+B|=0,$于是存在$x_0\in
R^n,x_0\neq0$使得
$$(A+B)x_0=0$$
从而
$$0=x_0^T(A+B)x_0=x_0^TAX_0$$
这与$A$正定矛盾.

Example 11. (武汉大学2011)设$A$是$n$阶实矩阵,且$\forall \alpha(\neq0)\in R^{n\times1},$均有$\alpha^TA\alpha>0.$求证:$detA>0.$

Example 12. (南开06竞赛)设$A$为$n$阶实方阵,且$A+A^T$为正定阵,证明$detA>0.$

\textbf{证明:}(法1)由于$$A=\frac{1}{2}(A+A^T)+\frac{1}{2}(A-A^T)$$
而$\frac{1}{2}(A+A^T)$为正定阵,$\frac{1}{2}(A-A^T)$为反对称阵.从而由(例7)的结论可得.

(法2)由于
$$A=B+C,B=\frac{A+A^{T}}{2},C=\frac{A-A^{T}}{2}$$
首先,$\det(A)\neq0.$否则,存在$x\neq0$使得$Ax=0,$于是
$$0=x^{T}Ax=x^{T}(B+C)x=x^{T}Bx+x^{T}Cx=X^{T}Bx>0$$
矛盾.

下证$\det(A)>0.$否则$|A|<0$,令$f(t)=|B+tC|,$则由上面的证明知$f(t)\neq 0,\forall t\in [0,1].$但是在[0,1]上连续,且$$f(0)=|B|>0,f(1)=|A|>0$$由介值定理,存在$t_{0}\in [0,1]$使得$f(t_{0})=0.$矛盾.
从而结论成立.

(法3)设$\lambda\in R$为矩阵$A$的任一实特征值,$\alpha\in R^{n}$为对应的特征向量,即
$$A\alpha=\lambda\alpha$$
从而
$$\alpha^{T}A^{T}=\lambda\alpha^{T}$$
于是由$A+A^{T}$正定有
$$2\lambda\alpha^{T}\alpha=\alpha^{T}(A+A^{T})\alpha>0$$
即$\lambda>0.$而$A$的虚特征值成对出现,且互为共轭,从而$|A|>0.$

Example 13. %
设$A$为$n$阶实可逆反对称矩阵,$b$为$n$维实列向量,则

(1)$r(A+bb^{T})=n;$

(2)$r\begin{pmatrix}%
A&b\\
b^{T}&0
\end{pmatrix}=n.$

\textbf{证明:}(1)由于$$|A+bb^{T}|=|A|+b^{T}A^{*}b,$$注意到$A$可逆,从而$A^{*}$也是反对称矩阵,故$b^{T}A^{*}b=0.$于是$|A+bb^{T}|=|A|\neq0,$从而结论成立.

(2)注意到$A^{-1}$是反对称矩阵以及
$$\begin{pmatrix}%
E&0\\
-b^{T}A^{-1}&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
A&b\\
b^{T}&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}%
E&-A^{-1}b\\
0&1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
A&0\\
0&-b^{T}A^{-1}b
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}%
A&0\\
0&0
\end{pmatrix}.$$
即可.

Example 14. (苏州大学2011)设A是可逆的实对称n阶方阵,B是实反对称n阶方阵,且有$AB=BA.$求证:$A+B$可逆。

\textbf{证明:}(法1)可知 $AA^T$正定,$BB^T=-B^2$半正定,故
$$AA^T+BB^T=A^2-B^2$$
正定. 于是
$$(A+B)(A+B)^T=(A+B)(A-B)=A^2-B^2$$
故结论成立.
(法2) 反证法.否则方程组$(A+B)x=0$有非零解.设为$y.$则由$A$可逆及$AB=BA$可得
$$0=y^{T}(A+B)^{T}(A+B)y=y^{T}(A^{T}-B)(A+B)y=y^{T}(A^{T}A+B^{T}B)y>0$$
矛盾.

(法3)反证法.否则方程组$(A+B)x=0$有非零解.设为$y.$则由$A$可逆有
$$0=y^{T}A^{T}(A+B)y=y^{T}A^{T}Ay+y^{T}A^{T}By,$$

$$(y^{T}A^{T}By)^{T}=y^{T}B^{T}Ay=-y^{T}BAy=-y^{T}A^{T}By,$$
即$y^{T}A^{T}By=0,$从而$0=y^{T}A^{T}AY=(Ay)^{T}(Ay),$故$Ay=0,$有$A$可逆有$y=0.$矛盾.
(法4)只需证明$$A^{-1}(A+B)=E+A^{-1}B$$可逆即可.由$AB=BA$有$A^{-1}B=B^{-1}A,$于是
$$(A^{-}B)^{T}=B^{T}(A^{T})^{-1}=-BA^{-1}=-A^{-1}B,$$
即$A^{-1}B$是实反对称矩阵,其特征值为0或纯虚数,从而$E+A^{-1}B$的特征值都不是0.结论成立.

Example 15. 实反对称阵的特征值为零或纯虚数.

Example 16. 设$A$为实反对称矩阵,则相应于$A$的纯虚数特征值的特征向量,其实部与虚部实向量的长度相等且相互正交.

\textbf{证明:}
设$\alpha=X+Yi$是$A$关于特征值$\lambda=ki(k\neq0)$的特征向量,即
$$A(X+Yi)=ki(X+Yi)$$

所以
$$AX=-kY,AY=kX$$
于是
$$0=X^TAX=X^T(-kY)=-kX^TY$$
从而$X,Y$正交.


$$k(X^TX-Y^TY)=X^TAY+Y^TAX=X^TAY-(X^TAY)^T=0$$
故$X,Y$的长度相等.

Example 17. (苏州大学02)设$A$为$n\times n$实反对称阵.证明:$-A^2$是半正定的.
Example 18. (东南大学00)设$A$为$n$阶正定矩阵,$B$为$n$阶实反对称阵,求证$A-B^2$为正定阵.

注:特别,$E-A^2$正定.

\textbf{证明:} (法1)首先
$$(A-B^2)^T=A^T-(B^2)^T=A-B^2$$
$\forall 0\neq x\in R^n,$有
$$x^T(A-B^2)x=x^TAx+x^TB^TBx=x^TAx+(Bx)^TBx>0$$
即结论成立.

(法2)特征值的角度.

Example 19. %
(南开大学2011)设$A$为实反对称矩阵.证明:$E-A^{10}$一定是正定矩阵.

注:更一般的结果为:

设$A$为实反对称矩阵.证明:$E-A^{2(2k+1)},(k=0,1,2,\cdots)$一定是正定矩阵.

Example 20. 设$A$为实反对称阵,则

(1)存在正交阵$Q$,使得
$$Q^TA^2Q=diag(-a_1^2,-a_1^2,\cdots,-a_r^2,-a_r^2,0,\cdots,0)$$

(2)$E-A^2$可逆.

\textbf{证明:}(1)由$A$的特征值为零或纯虚数,且非零特征值成对出现,设为
$$a_1i,-a_1i,\cdots,a_ri,-a_ri,0,\cdots,0.$$
而$A^2$为实对称阵,且其特征值为$$-a_1,-a_1,\cdots,-a_r,-a_r,0,\cdots,0.$$
故结论成立.
(2)$$Q^T(E-A^2)Q=diag(1+a_1^2,1+a_1^2,\cdots,1+a_r^2,1+a_r^2,1,\cdots,1)$$

Example 21. 设$A$为实反对称阵,证明

(1)$n$为奇数时,$|A|=0,$ $n$为偶数时,$|A|$为一个实数的平方.

(2)$A$的秩为偶数.

Example 22. (中国地质03)设$A$为实反对称阵,试证$A+E$为非奇异阵.

\textbf{证明:}(法一)若$|A+E|=0,$则$(A+E)x=0$有非零解,设为$x_0,$则
$$0=x_0^T(A+E)x_0=x_0^Tx_0>0$$
矛盾.

(法二)若$|A+E|=0,$则$|-E-A|=0.$从而$-1$为$A$的特征值,矛盾.

Example 23. 设$A$为$n$阶实对称矩阵,若存在$n$阶矩阵$B$使得$AB=B,$则$B=0.$

\textbf{证明:}
由条件可得
$$(A-E)B=0$$
只需证$A-E$可逆,即证$|A-E|=0.$由1不是$A$的特征值可得.

Example 24. (重庆大学06)设$A$为$n$阶反对称矩阵.

(1)证明:$1$与$-1$不是$A$的特征值;

(2)令$B=(E-A)(E+A)^{-1},$证明:$B$是正交矩阵,且$-1$不是$B$的特征值.

\textbf{证明:}(1)略.

(2)由(1)知$E-A,E+A$都可逆,且
$$(E-A)^{T}=E+A,(E+A)(E-A)=(E-A)(E+A),$$

$$\begin{aligned}%
B^{T}B&=[(E-A)(E+A)^{-1}]^{T}(E-A)(E+A)^{-1}\\
&=[(E+A)^{-1}]^{T}(E-A)^{T}(E-A)(E+A)^{-1}\\
&=[(E+A)^{T}]^{-1}(E+A)(E-A)(E+A)^{-1}\\
&=(E-A)^{-1}(E-A)(E+A)(E+A)^{-1}\\
&=E.
\end{aligned}$$
即$B$为正交矩阵.

由$B=(E-A)(E+A)^{-1},$有
$$B(E+A)=E-A,$$

$$B=E-A-BA,$$
于是
$$E+B=2E-A-BA=2E-(E+B)A,$$
也就是
$$(E+B)(E+A)=2E.$$
即$E+B$可逆,从而$-1$不是$B$的特征值.

注:事实上,由$B=(E-A)(E+A)^{-1},$有
$$B(E+A)=E-A,$$

$$B=E-A-BA=E-(E+B)A,$$

$$(E+B)A=E-B,$$
于是$A=(E+B)^{-1}(E-B).$

Example 25. (浙江师范大学2011)设$A$是实反对称矩阵,证明:

(1)$A$的特征值是零或纯虚数;

(2)如果$E+,E-A$都是非退化的,则$(E-A)(E+A)^{-1}$是正交矩阵,且不以$-1$为特征值;

(3)证明$E+,E-A$都是非退化的.

Example 26. $A,B$为$n$阶实方阵,且$A$为正定阵,$B$为实反对称阵.证明$B^TAB$的秩为偶数.

\textbf{证明:} 由于$A$正定,故存在可逆矩阵$C$使得$C^TAC=E$ 故
$$B^TAB=B^T(C^T)^{-1}(C^TAC)C^{-1}B=(C^{-1}B)^TC^{-1}B$$

$$r(B^TAB)=r(C^{-1}B)=r(B)$$
从而结论成立.

Example 27. (西南师大03)设$A$为实数域上的$n$阶反对称阵.

(1)证明$A$的任意复特征值都是零或纯虚数.

(2)证明$|A|\geq0.$

Example 28. 设$A$为$n$阶反对称阵,则$A$合同于分块矩阵
$$diag(S,\cdots,S,0,\cdots,0)$$
其中$S=\begin{pmatrix}
0&1\\
-1&0
\end{pmatrix}$
若$A$的秩为$2r,$则有$r$个$S.$

\textbf{证明:}
对矩阵的阶数用归纳法.

当$n=1,2$时,易证.

假设结论对阶数小于$n$的矩阵成立.

若$A=0,$则结论成立.

若$A\neq0,$由于反对称矩阵对角元全为0,设$a_{ij}(i\neq
j)\neq0,$对$A$行合同变换$(1,i),(2,j),$则$A$与
$$M=\begin{pmatrix}
A_1&B\\
-B^T&A_2
\end{pmatrix}$$合同.
其中$A_1=\begin{pmatrix}
0&a_{ij}\\
-a_{ij}&0
\end{pmatrix},$
$A_2$为$n-2$阶反对称阵.
由于$A_1$可逆,对$M$进行合同变换可得
$$\begin{pmatrix}
E&0\\
B^TA_1^{-1}&E
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
A_1&B\\
-B^T&A_2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E&-A_1^{-1}B\\
0&E
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
A_1&0\\
0&A_2+B^TA_1^{-1}B
\end{pmatrix}$$
易知$A_2+B^TA_1^{-1}B$是反对称阵,由归纳假设可得结论成立.

Example 29. %
(中山大学2008)设$A$为实对称矩阵,$B$为反对称矩阵,$A-B$可逆,并且$AB=BA,$证明:$(A+B)(A-B)^{-1}$是正交阵.

\textbf{证明:} 由$A-B$可逆,故$(A-B)^{T}=A+B$可逆,从而
$$
\begin{aligned}%
(A+B)(A-B)^{-1}[(A+B)(A-B)^{-1}]^{T}
&=(A+B)(A-B)^{-1}[(A-B)^{-1}]^{T}(A+B)^{T}\\
&=(A+B)(A-B)^{-1}[(A-B)^{T}]^{-1}(A+B)^{T}\\
&=(A+B)[(A-B)^{T}(A-B)]^{-1}(A+B)^{T}\\
&=(A+B)[(A+B)(A-B)]^{-1}(A+B)^{T}\\
&=(A+B)(A^{2}-B^{2})^{-1}(A+B)^{T}\\
&=(A+B)[(A-B)(A+B)]^{-1}(A+B)^{T}\\
&=(A+B)(A+B)^{-1}(A-B)^{-1}(A-B)\\
&=E.
\end{aligned}
$$

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