71. 反称阵与倍加

本节, 我们用倍加研究反称阵.

先看一个简单的结果.

定理 71.1. 设 $A$ 是 $n$ 级反称阵. 设 $p$ , $q$ 是不超过 $n$ 的正整数, 且 $p \neq = q$ . 设 $s$ 是数.

(1) 加 $A$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$ , 且不改变其他的列, 得 $n$ 级阵 $B$ . 加 $B$ 的行 $p$ 的 $s$ 倍于行 $q$ , 且不改变其他的行, 得 $n$ 级阵 $C$ . 则 $C$ 是反称阵. 通俗地, 对反称阵先作一次列的倍加, 再作一次对应的行的倍加, 则二次倍加后的阵仍是反称阵.

(2) 在 (1) 中, 先行后列不影响结果. 具体地, 设加 $A$ 的行 $p$ 的 $s$ 倍于行 $q$ , 且不改变其他的行, 得 $n$ 级阵 $F$ . 加 $F$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$ , 且不改变其他的列, 得 $n$ 级阵 $G$ . 则 $G = C$ .

证. 记 $E (n; p, q; s) = E$ . 则 $E (n; q, p; s) = E^{T}$ .

(1) 加 $A$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$ , 且不改变其他的列, 得 $n$ 级阵 $B = A E$ . 加 $B$ 的行 $p$ 的 $s$ 倍于行 $q$ , 且不改变其他的行, 得 $n$ 级阵 $C = E^{T} B = E^{T} (A E) = E^{T} A E .$ 故 $C$ 是一个反称阵.

(2) 加 $A$ 的行 $p$ 的 $s$ 倍于行 $q$ , 且不改变其他的行, 得 $n$ 级阵 $F = E^{T} A$ . 加 $F$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$ , 且不改变其他的列, 得 $n$ 级阵 $G = FE = (E^{T} A) E = E^{T} A E = C .$ 证毕.

利用此事, 我们可证明如下重要的定理.

定理 71.2. 设 $A$ 是 $n$ 级反称阵. 利用若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 我们可变 $A$ 为形如 $⎣ ⎡ 0 - b_{1} 00 ⋮ 00 b_{1} 000 ⋮ 00 000 - b_{2} ⋮ 00 00 b_{2} 0 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots ⋱ \dots \dots 0000 ⋮ 0 - b_{m} 0000 ⋮ b_{m} 0 ⎦ ⎤$ (71.1)(若 $n$ 是偶数), 或 $⎣ ⎡ 0 - b_{1} 00 ⋮ 000 b_{1} 000 ⋮ 000 000 - b_{2} ⋮ 000 00 b_{2} 0 ⋮ 000 \dots \dots \dots \dots ⋱ \dots \dots \dots 0000 ⋮ 0 - b_{k} 0 0000 ⋮ b_{k} 00 0000 ⋮ 000 ⎦ ⎤$ (71.2)(若 $n$ 是奇数) 的反称阵.

我们约定, 作倍加时, 我们先列后行, 交替地作. 具体地, 我们先作一次列的倍加 (比如, 加列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$ , 其中 $p \neq = q$ ), 然后立即作一次对应的行的倍加 (加行 $p$ 的 $s$ 倍于行 $q$ ). 然后再作一次列的, 且再作一次对应的行的 (若还有) …….

当然, 若 $n = 2$ , 则 $A$ 已形如 $[0 - a a 0]$ (取式 (71.1) 的 $m$ 为 $1$ ); 若 $n = 1$ , 则 $A$ 已形如 $[0]$ (取式 (71.2) 的 $k$ 为 $0$ ).

证. 作命题 $P (n)$ : 对任何 $n$ 级反称阵 $A$ , 存在若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 其变 $A$ 为一个形如式 (71.1) (若 $n$ 是偶数) 或式 (71.2) (若 $n$ 是奇数) 的反称阵. 再作命题 $Q (n)$ : $P (n - 1)$ 与 $P (n)$ 是对的. 我们用数学归纳法证明, 对任何高于 $1$ 的整数 $n$ , $Q (n)$ 是对的.

$Q (2)$ 是对的, 因为 $P (1)$ 与 $P (2)$ 是对的 (注意, 加一列 (行) 的 $0$ 倍于另一列 (行) 不改变阵).

我们设 $Q (n - 1)$ 是对的 ( $n ⩾ 3$ ). 则 $P (n - 2)$ 与 $P (n - 1)$ 是对的. 我们要由此证明 $Q (n)$ 是对的, 即 $P (n - 1)$ 与 $P (n)$ 是对的. $P (n - 1)$ 当然是对的, 由假定. 所以, 我们由假定 “ $P (n - 2)$ 与 $P (n - 1)$ 是对的” 证 $P (n)$ 是对的, 得 $Q (n)$ 是对的.

任取一个 $n$ 级反称阵 $A$ . 我们先说明: 存在若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 其变 $A$ 为一个反称阵 $C$ , 其中 $[C]_{1, j} = [C]_{2, j} = 0$ , 且 $[C]_{j, 1} = [C]_{j, 2} = 0$ , 对任何高于 $2$ , 且不超过 $n$ 的正整数 $j$ .

若对任何高于 $2$ , 且不超过 $n$ 的正整数 $j$ , 已有 $[A]_{1, j} = [A]_{2, j} = 0$ , 且 $[A]_{j, 1} = [A]_{j, 2} = 0$ , 我们不变, 取 $C = A$ .

若 $[A]_{1, 2} \neq = 0$ , 则 $[A]_{2, 1}$ 当然也不是 $0$ . 加 $A$ 的列 $2$ 的 $- [A]_{1, 3} / [A]_{1, 2}$ 倍于列 $3$ , 且加行 $2$ 的 $- [A]_{3, 1} / [A]_{2, 1} = - [A]_{1, 3} / [A]_{1, 2}$ 倍于行 $3$ , 得阵 $F_{3}$ . 则 $F_{3}$ 是一个反称阵, $[F_{3}]_{1, 3} = 0$ , $[F_{3}]_{3, 1} = 0$ , $[F_{3}]_{1, j} = [A]_{1, j}$ , 且 $[F_{3}]_{j, 1} = [A]_{j, 1}$ ( $j \neq = 3$ ). 然后, 加 $F_{3}$ 的列 $2$ 的 $- [F_{3}]_{1, 4} / [F_{3}]_{1, 2}$ 倍于列 $4$ , 且加行 $2$ 的 $- [F_{3}]_{4, 1} / [F_{3}]_{2, 1} = - [F_{3}]_{1, 4} / [F_{3}]_{1, 2}$ 倍于行 $4$ , 得阵 $F_{4}$ . 则 $F_{4}$ 是一个反称阵, $[F_{4}]_{1, 3} = [F_{4}]_{1, 4} = 0$ , $[F_{4}]_{3, 1} = [F_{4}]_{4, 1} = 0$ , $[F_{4}]_{1, j} = [F_{3}]_{1, j}$ , 且 $[F_{4}]_{j, 1} = [F_{3}]_{j, 1}$ ( $j \neq = 4$ ). …… 然后, 加 $F_{n - 1}$ 的列 $2$ 的 $- [F_{n - 1}]_{1, n} / [F_{n - 1}]_{1, 2}$ 倍于列 $n$ , 且加行 $2$ 的 $- [F_{n - 1}]_{n, 1} / [F_{n - 1}]_{2, 1} = - [F_{n - 1}]_{1, n} / [F_{n - 1}]_{1, 2}$ 倍于行 $n$ , 得阵 $F_{n}$ . 则 $F_{n}$ 是一个反称阵, $[F_{n}]_{1, j} = 0$ , $[F_{n}]_{j, 1} = 0$ ( $j = 3$ , $4$ , $\dots$ ), 且 $[F_{n}]_{1, 2} = - [F_{n}]_{2, 1} = [A]_{1, 2} \neq = 0$ . 然后, 加 $F_{n}$ 的列 $1$ 的 $- [F_{n}]_{2, 3} / [F_{n}]_{2, 1}$ 倍于列 $3$ , 且加行 $1$ 的 $- [F_{n}]_{3, 2} / [F_{n}]_{1, 2} = - [F_{n}]_{2, 3} / [F_{n}]_{2, 1}$ 倍于行 $3$ , 得阵 $G_{3}$ . 则 $G_{3}$ 是一个反称阵, $[G_{3}]_{2, 3} = 0$ , $[G_{3}]_{3, 2} = 0$ , $[G_{3}]_{2, j} = [F_{n}]_{2, j}$ , 且 $[G_{3}]_{j, 2} = [F_{n}]_{j, 2}$ ( $j \neq = 3$ ). 然后, 加 $G_{3}$ 的列 $1$ 的 $- [G_{3}]_{2, 4} / [G_{3}]_{2, 1}$ 倍于列 $4$ , 且加行 $1$ 的 $- [G_{3}]_{4, 2} / [G_{3}]_{1, 2} = - [G_{3}]_{2, 4} / [G_{3}]_{2, 1}$ 倍于行 $4$ , 得阵 $G_{4}$ . 则 $G_{4}$ 是一个反称阵, $[G_{4}]_{2, 3} = [G_{4}]_{2, 4} = 0$ , $[G_{4}]_{3, 2} = [G_{4}]_{4, 2} = 0$ , $[G_{4}]_{2, j} = [F_{n}]_{2, j}$ , 且 $[G_{4}]_{j, 2} = [F_{n}]_{j, 2}$ ( $j \neq = 4$ ). …… 最后, 加 $G_{n - 1}$ 的列 $1$ 的 $- [G_{n - 1}]_{2, n} / [G_{n - 1}]_{2, 1}$ 倍于列 $n$ , 且加行 $1$ 的 $- [G_{n - 1}]_{n, 2} / [G_{n - 1}]_{1, 2} = - [G_{n - 1}]_{2, n} / [G_{n - 1}]_{2, 1}$ 倍于行 $n$ , 得阵 $G_{n}$ . 则 $G_{n}$ 是一个反称阵, $[G_{n}]_{1, j} = 0$ , $[G_{n}]_{j, 1} = 0$ , $[G_{n}]_{2, j} = 0$ , 且 $[G_{n}]_{j, 2} = 0$ , ( $j = 3$ , $4$ , $\dots$ ). 取 $C$ 为 $G_{n}$ 即可.

若 $[A]_{1, 2} = - [A]_{2, 1} = 0$ , 但有某个 $[A]_{ℓ, j} \neq = 0$ ( $ℓ = 1$ 或 $2$ , 且 $j > 2$ ), 加 $A$ 的列 $j$ 于列 $3 - ℓ$ , 且加行 $j$ 于行 $3 - ℓ$ (注意, 当 $ℓ = 1$ 或 $2$ 时, $3 - ℓ = 2$ 或 $1$ , 分别地), 得阵 $D$ . 则 $[D]_{ℓ, 3 - ℓ} \neq = 0$ . 问题被变为前面讨论过的情形.

综上, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 我们可变 $A$ 为一个反称阵 $C$ , 其中 $[C]_{1, j} = [C]_{2, j} = 0$ , 且 $[C]_{j, 1} = [C]_{j, 2} = 0$ , 对任何高于 $2$ , 且不超过 $n$ 的正整数 $j$ .

考虑 $C$ 的右下角的 $n - 2$ 级子阵 $C (1, 2 ∣ 1, 2)$ . 不难看出, 它是一个 $n - 2$ 级反称阵. 由假定, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 我们可变 $C (1, 2 ∣ 1, 2)$ 为一个反称阵 $H$ , 其中 $H$ 形如式 (71.1) (若 $n - 2$ 是偶数) 或式 (71.2) (若 $n - 2$ 是奇数).

注意, 既然当 $2 < j$ 时, $[C]_{1, j} = [C]_{2, j} = 0$ , 且 $[C]_{j, 1} = [C]_{j, 2} = 0$ , 那么, 无论如何对 $C$ 的不是列 $1$ 或列 $2$ 的列作倍加, 且无论如何对 $C$ 的不是行 $1$ 或行 $2$ 的行作倍加, 得到的阵的 $(1, j)$ -元, $(2, j)$ -元, $(j, 1)$ -元, $(j, 2)$ -元是 $0$ . 所以, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加后, 我们可变 $C$ 为一个 $n$ 级反称阵 $B$ , 使当 $i ⩽ 2$ 或 $j ⩽ 2$ 时, $[B]_{i, j} = [C]_{i, j}$ , 且当 $i > 2$ 且 $j > 2$ 时, $[B]_{i, j} = [H]_{i - 2, j - 2}$ . 于是, $B$ 是形如式 (71.1) (若 $n$ 是偶数) 或式 (71.2) (若 $n$ 是奇数) 的反称阵.

所以,

P (n)

是对的. 则

Q (n)

是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

证毕.

由倍加与阵的积的关系, 我们有:

定理 71.3. 设 $A$ 是 $n$ 级反称阵. 则存在若干个形如 $E (n; p, q; s)$ ( $s$ 是一个数, $p$ , $q$ 是不超过 $n$ 的正整数, 且 $p \neq = q$ ) 的阵 $E_{1}$ , $E_{2}$ , $\dots$ , $E_{w}$ , 使 $V^{T} A V$ 是形如式 (71.1) (若 $n$ 是偶数) 或式 (71.2) (若 $n$ 是奇数) 的反称阵, 其中 $V = E_{1} E_{2} \dots E_{w}$ .

证. 由上个定理, 存在若干个形如

E (n; p, q; s)

(

s

是一个数,

p

,

q

是不超过

n

的正整数, 且

p \neq = q

) 的阵

E_{1}

,

E_{2}

,

\dots

,

E_{w}

, 使

E_{w}^{T} (E_{w - 1}^{T} \dots (E_{2}^{T} (E_{1}^{T} A E_{1}) E_{2}) \dots E_{w - 1}) E_{w}

是形如式 (71.1) (若

n

是偶数) 或式 (71.2) (若

n

是奇数) 的反称阵. 由结合律, 上式相当于

(E_{w}^{T} E_{w - 1}^{T} \dots E_{2}^{T} E_{1}^{T}) A (E_{1} E_{2} \dots E_{w - 1} E_{w}) .

记

V = E_{1} E_{2} \dots E_{w - 1} E_{w}

. 由转置的性质,

V^{T} = E_{w}^{T} E_{w - 1}^{T} \dots E_{2}^{T} E_{1}^{T}

. 故上式相当于

V^{T} A V

.

证毕.

我们计算如式 (71.1) 所示的反称阵的行列式. 记 $B_{m} = ⎣ ⎡ 0 - b_{1} 00 ⋮ 00 b_{1} 000 ⋮ 00 000 - b_{2} ⋮ 00 00 b_{2} 0 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots ⋱ \dots \dots 0000 ⋮ 0 - b_{m} 0000 ⋮ b_{m} 0 ⎦ ⎤ .$ 按列 $2 m$ 展开, 有 $det (B_{m}) = = (- 1)^{2 m - 1 + 2 m} [B_{m}]_{2 m - 1, 2 m} det (B_{m} (2 m - 1 ∣ 2 m)) - b_{m} det (B_{m} (2 m - 1 ∣ 2 m)) .$ 再按列 $2 m - 1$ 展开 $det (B_{m} (2 m - 1 ∣ 2 m))$ , 有 $det (B_{m} (2 m - 1 ∣ 2 m)) = = (- 1)^{2 m - 1 + 2 m - 1} (- b_{m}) det (B_{m - 1}) - b_{m} det (B_{m - 1}) .$ 则 $det (B_{m}) = det (B_{m - 1}) b_{m}^{2}$ , 当 $m > 1$ . 不难算出, $det (B_{1}) = b_{1}^{2}$ . 则 $det (B_{m}) = b_{1}^{2} b_{2}^{2} \dots b_{m}^{2} = (b_{1} b_{2} \dots b_{m})^{2} .$

还有一件事值得提. 注意, 倍加不改变行列式. 由此, 我们立得, 奇数级反称阵的行列式为 $0$ : 毕竟, 利用倍加, 我们可变一个奇数级反称阵为一个至少有一列的元全为 $0$ 的阵.

名字空间

视图

71. 反称阵与倍加