C.38. 阵的积、倍加、合同

本节, 我们进一步地讨论阵的积与 (列的) 倍加的关系.

设 $A$ 是 $m\times n$ 阵. 若 $A=A^{\mathrm{T}}$, 则我们说, $A$ 是对称的. 既然 $m\times n$ 阵等于 $n\times m$ 阵, 则 $m=n$, 故 $A$ 是方阵. 并且, $[A{]}_{i,j}=[A^{\mathrm{T}}{]}_{i,j}=[A{]}_{j,i}$. 反过来, 若 $m=n$, 且 $[A{]}_{i,j}=[A{]}_{j,i}$, 则 $A=A^{\mathrm{T}}$.

设 $A$ 是 $n$ 级对称阵, 且 $X$ 是 $n\times t$ 阵. 则 $X^{\mathrm{T}}AX$ 是对称阵:$$\begin{array}{r}(X^{\mathrm{T}}AX{)}^{\mathrm{T}}=X^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}(X^{\mathrm{T}}{)}^{\mathrm{T}}=X^{\mathrm{T}}AX.\end{array}$$于是, 若我们加 $A$ 的列 $p$ 的 $s$ 倍于列 $q$, 得阵 $A_1$ ($p\ne q$), 且加 $A_1$ 的行 $p$ 的 $s$ 倍于行 $q$, 得阵 $A_2$, 则 $A_2$ 是对称阵: 取 $X$ 为 $n$ 级阵 $E(n;p,q;s)$ 即可.

定理 C.38.1. 设 $A$ 是 $n$ 级对称阵. 利用若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 我们可变 $A$ 为 $n$ 级阵 $B$, 使当 $i\ne j$ 时, $[B{]}_{i,j}=0$. (注意, $B$ 是对称的.)

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, $p\ne q$), 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).

证. 作命题 $P(n)$: 对任何 $n$ 级对称阵 $A$, 存在若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 其变 $A$ 为 $n$ 级阵 $B$, 其中, 当 $i\ne j$ 时, $[B{]}_{i,j}=0$. 我们用数学归纳法证明, 对任何正整数 $n$, $P(n)$ 是对的.

$P(1)$ 显然是对的; 我们不变.

设 $P(n-1)$ 是对的. 我们由此证 $P(n)$ 也是对的.

任取 $n$ 级对称阵 $A$. 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 $n$ 级对称阵 $C$, 其中, 当 $i\ne 1$ 时, $[C{]}_{i,1}=0=[C{]}_{1,i}$.

若 $A$ 的行 $1$ 的与列 $1$ 的元全为 $0$, 我们不变, 取 $C$ 为 $A$.

若 $[A{]}_{1,1}\ne 0$, 对 $A$, 加列 $1$ 的 $-[A{]}_{1,2}/[A{]}_{1,1}$ 倍于列 $2$, 且加行 $1$ 的 $-[A{]}_{2,1}/[A{]}_{1,1}=-[A{]}_{1,2}/[A{]}_{1,1}$ 倍于行 $2$, 得 $n$ 级对称阵 $A_2$. 则 $[A_2{]}_{1,2}=0=[A_2{]}_{2,1}$, 且 $[A_2{]}_{1,j}=[A{]}_{1,j}=[A{]}_{j,1}=[A_2{]}_{j,1}$ ($j\ne 2$). 然后, 对 $A_2$, 加列 $1$ 的 $-[A_2{]}_{1,3}/[A_2{]}_{1,1}$ 倍于列 $3$, 且加行 $1$ 的 $-[A_2{]}_{3,1}/[A_2{]}_{1,1}=-[A_2{]}_{1,3}/[A_2{]}_{1,1}$ 倍于行 $3$, 得 $n$ 级对称阵 $A_3$. 则 $[A_3{]}_{1,3}=0=[A_3{]}_{3,1}$, 且 $[A_3{]}_{1,j}=[A_2{]}_{1,j}=[A_2{]}_{j,1}=[A_3{]}_{j,1}$ ($j\ne 3$). …… 然后, 对 $A_{n-1}$, 加列 $1$ 的 $-[A_{n-1}{]}_{1,n}/[A_{n-1}{]}_{1,1}$ 倍于列 $n$, 且加行 $1$ 的 $-[A_{n-1}{]}_{n,1}/[A_{n-1}{]}_{1,1}=-[A_{n-1}{]}_{1,n}/[A_{n-1}{]}_{1,1}$ 倍于行 $n$, 得 $n$ 级对称阵 $A_n$. 则 $[A_n{]}_{1,n}=0=[A_n{]}_{n,1}$, 且 $[A_n{]}_{1,j}=[A_{n-1}{]}_{1,j}=[A_{n-1}{]}_{j,1}=[A_n{]}_{j,1}$ ($j\ne n$). 则当 $i\ne 1$ 时, $[A_n{]}_{i,1}=0=[A_n{]}_{1,i}$. 取 $C$ 为 $A_n$ 即可.

若 $[A{]}_{1,1}=0$, 但某 $[A{]}_{1,k}\ne 0$ ($k\ne 1$), 对 $A$, 我们加列 $k$ 于列 $1$, 且加行 $k$ 于行 $1$, 得 $n$ 级对称阵 $D$. 则 $[D{]}_{1,1}=0+[A{]}_{1,k}+[A{]}_{k,1}=2[A{]}_{1,k}\ne 0$. 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 $n$ 级对称阵 $C$, 其中, 当 $i\ne 1$ 时, $[C{]}_{i,1}=0=[C{]}_{1,i}$.

考虑 $C$ 的右下角的 $n-1$ 级子阵 $C(1|1)$. 不难看出, 它是一个 $n-1$ 级对称阵. 由假定, 作若干次列的倍加, 与对应的行的倍加, 我们可变 $C(1|1)$ 为 $n-1$ 级阵 $G$, 其中, 当 $i\ne 1$ 时, $[G{]}_{i,1}=0=[G{]}_{1,i}$.

注意, 既然当 $i\ne 1$ 时, $[C{]}_{i,1}=0=[C{]}_{1,i}$, 那么, 无论如何对 $C$ 的不是列 $1$ 的列作倍加, 且无论如何对 $C$ 的不是行 $1$ 的行作倍加, 得到的阵的 $(1,j)$-元与 $(j,1)$-元都是 $0$ $(j\ne 1)$. 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 $n$ 级对称阵 $B$, 使当 $i=1$ 或 $j=1$ 时, $[B{]}_{i,j}=[C{]}_{i,j}$, 且当 $i\ne 1$ 且 $j\ne 1$ 时, $[B{]}_{i,j}=[G{]}_{i-1,j-1}$. 所以, 当 $i\ne j$ 时, $[B{]}_{i,j}=0$.

所以, $P(n)$ 是对的. 由数学归纳法, 待证命题成立.

证完.

定理 C.38.2. 设 $A$ 是 $n$ 级对称阵. 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 $p\ne q$) 的阵 $E_1$, $E_2$, $\dots$, $E_u$, 使当 $i\ne j$ 时, $[V^{\mathrm{T}}AV{]}_{i,j}=0$, 其中, $V=E_1{E}_2\dots E_u$.

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 $p\ne q$) 的阵 $E_1$, $E_2$, $\dots$, $E_u$, 使$$\begin{array}{r}{E}_u^{\mathrm{T}}(\dots (E_2^{\mathrm{T}}(E_1^{\mathrm{T}}A{E}_1)E_2)\dots )E_u\end{array}$$的 $(i,j)$-元为 $0$, 若 $i\ne j$. 由结合律, 上式相当于$$\begin{array}{r}(E_u^{\mathrm{T}}\dots E_2^{\mathrm{T}}{E}_1^{\mathrm{T}})A(E_1{E}_2\dots E_u).\end{array}$$记 $V=E_1{E}_2\dots E_u$. 由转置的性质, $V^{\mathrm{T}}=E_u^{\mathrm{T}}\dots E_2^{\mathrm{T}}{E}_1^{\mathrm{T}}$. 则上式相当于 $V^{\mathrm{T}}AV$.

证完.

回想, 若 $n$ 级阵 $A$ 适合, $[A{]}_{i,i}=0$, 且 $A^{\mathrm{T}}=-A$, 则 $A$ 是反称阵. 再回想, 若 $A$ 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 $p\ne q$) 的阵 $E_1$, $E_2$, $\dots$, $E_w$, 使 $(E_1{E}_2\dots E_w{)}^{\mathrm{T}}A(E_1{E}_2\dots E_w)$ 是形如$$\left[\begin{array}{ccccccc}0& b_1& 0& 0& \cdots & 0& 0\\ -b_1& 0& 0& 0& \cdots & 0& 0\\ 0& 0& 0& b_2& \cdots & 0& 0\\ 0& 0& -b_2& 0& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 0& b_m\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & -b_m& 0\end{array}\right]$$(若 $n=2m$ 是偶数), 或$$\left[\begin{array}{cccccccc}0& b_1& 0& 0& \cdots & 0& 0& 0\\ -b_1& 0& 0& 0& \cdots & 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& b_2& \cdots & 0& 0& 0\\ 0& 0& -b_2& 0& \cdots & 0& 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 0& b_k& 0\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & -b_k& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0& \cdots & 0& 0& 0\end{array}\right]$$(若 $n=2k+1$ 是奇数) 的反称阵.

由此可见, 若 $A$ 是 $n$ 级反称阵 (或对称阵), 则存在 $n$ 级阵 $P$, 使 $\det (P)\ne 0$, 且 $P^{\mathrm{T}}AP$ 是 “简单的” 反称阵 (或对称阵). 一般地,

定义 C.38.3. 设 $A$, $B$ 是 $n$ 级阵. 若存在 $n$ 级阵 $P$, 使 $\det (P)\ne 0$, 且 $B=P^{\mathrm{T}}AP$, 则我们说, $A$ 合同于 $B$.

设 $A$, $B$, $C$ 是 $n$ 级阵. 可以验证, “合同于” 适合:

(1) $A$ 合同于 $A$.

因为 $A=I^{\mathrm{T}}AI$, 且 $\det (I)=1$.

(2) 若 $A$ 合同于 $B$, 则 $B$ 合同于 $A$.

既然 $A$ 合同于 $B$, 则有 $n$ 级阵 $P$, 使 $\det (P)\ne 0$, 且 $B=P^{\mathrm{T}}AP$. 作 $P_1=(\det (P){)}^{-1}\mathrm{adj}(P)$. 则 $P{P}_1=(\det (P){)}^{-1}(P\mathrm{adj}(P))=(\det (P){)}^{-1}(\det (P)I)=((\det (P){)}^{-1}\det (P))I=1I=I$. 则 $\det (P)\det (P_1)=\det (P{P}_1)=\det (I)=1\ne 0$. 则 $\det (P_1)\ne 0$. 则$$\begin{array}{rl}{P}_1^{\mathrm{T}}B{P}_1=& P_1^{\mathrm{T}}(P^{\mathrm{T}}AP)P_1\\ =& (P_1^{\mathrm{T}}{P}^{\mathrm{T}})A(P{P}_1)\\ =& (P{P}_1{)}^{\mathrm{T}}A(P{P}_1)\\ =& I^{\mathrm{T}}AI\\ =& A.\end{array}$$

(3) 若 $A$ 合同于 $B$, 且 $B$ 合同于 $C$, 则 $A$ 合同于 $C$.

既然 $A$ 合同于 $B$, 则有 $n$ 级阵 $P$, 使 $\det (P)\ne 0$, 且 $B=P^{\mathrm{T}}AP$; 既然 $B$ 合同于 $C$, 则有 $n$ 级阵 $Q$, 使 $\det (Q)\ne 0$, 且 $C=Q^{\mathrm{T}}BQ$. 则$$\begin{array}{r}C=Q^{\mathrm{T}}BQ=Q^{\mathrm{T}}(P^{\mathrm{T}}AP)Q=(Q^{\mathrm{T}}{P}^{\mathrm{T}})A(PQ)=(PQ{)}^{\mathrm{T}}A(PQ),\end{array}$$且 $\det (PQ)=\det (P)\det (Q)\ne 0$.

因为性质 (2), 有时, 我们也说 “$A$ 与 $B$ 合同”, 若 $A$ 合同于 $B$.

变 $A$ 为 $P^{\mathrm{T}}AP$ (其中, $\det (P)\ne 0$) 的行为是 “合同变换”. 研究以合同变换变方阵为 “简单的” 方阵可能是一个有意思的问题. 若您想知道更多, 您可以见线性代数教材.