六、(本题10分) 设 $A$ 为 $n$ 阶实对称阵, 证明: $A$ 有 $n$ 个不同的特征值当且仅当对 $A$ 的任一特征值 $lambda_0$ 及对应的特征向量 $alpha$, 矩阵 $egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}$ 均非异.
证明 以下分别给出 4 种不同的证明.
证法 1 (实对称阵的正交相似标准型) 由实对称阵的正交相似标准型理论可知, 存在正交阵 $P$, 使得 $P'AP=mathrm{diag}{lambda_1,lambda_2,cdots,lambda_n}$, 其中 $lambda_1=lambda_0$, 正交阵 $P$ 的第 1 列可取为单位特征向量 $alpha/|alpha|$. 于是 $Pe_1=alpha/|alpha|$, 即 $P'alpha=|alpha|e_1=(|alpha|,0,cdots,0)'$. 考虑如下正交变换: $$egin{pmatrix} P' & 0 \ 0 & 1 \ end{pmatrix}egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}egin{pmatrix} P & 0 \ 0 & 1 \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} P'(A-lambda_0I_n)P & P'alpha \ alpha'P & 0 \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} 0 & & & & |alpha| \ & lambda_2-lambda_0 & & & \ & & ddots & & \ & & & lambda_n-lambda_0 & \ |alpha| & & & & 0 \ end{pmatrix},$$ 最后一个矩阵空白处均为 $0$. 两边取行列式即得 $$egin{vmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{vmatrix}=-|alpha|^2(lambda_2-lambda_0)cdots(lambda_n-lambda_0),$$ 由此即得充要条件.
证法 2 (线性方程组的求解理论) 由线性方程组的求解理论, 我们只要证明: $A$ 有 $n$ 个不同的特征值当且仅当对 $A$ 的任一特征值 $lambda_0$ 及对应的特征向量 $alpha$, 齐次线性方程组 $(*)$: $egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}egin{pmatrix} x \ x_{n+1} end{pmatrix}=0$ 只有零解即可. 线性方程组 $(*)$ 即为 $(1)cdots(A-lambda_0I_n)x+x_{n+1}alpha=0$, $(2)cdotsalpha'x=0$. 由 $A$ 的对称性以及 $(A-lambda_0I_n)alpha=0$ 可得 $alpha'(A-lambda_0I_n)=0$. 在 (1) 式两边同时左乘 $alpha'$ 可得 $x_{n+1}alpha'alpha=0$. 又 $alpha$ 是非零实列向量, 故 $alpha'alpha>0$, 从而 $x_{n+1}=0$. 因此线性方程组 $(*)$ 等价于线性方程组 $(sharp)$: $(3)cdots(A-lambda_0I_n)x=0$, $(4)cdotsalpha'x=0$, $(5)cdots x_{n+1}=0$.
必要性 若 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值, 则每个特征值对应的特征子空间都是 1 维的. 于是满足 (3) 式的 $x=kalpha$, 再由 (4) 式可得 $kalpha'alpha=0$, 从而 $k=0$, $x=0$. 于是线性方程组 $(*)$ 只有零解.
充分性 若 $A$ 有相同的特征值, 则不妨设 $lambda_0$ 的特征子空间 $V_0$ 的维数大于等于 2, 从而可在 $V_0$ 中取到特征向量 $eta$, 使得 $alpha'eta=0$. 于是 $egin{pmatrix} eta \ 0 \ end{pmatrix}$ 是线性方程组 $(*)$ 的非零解.
证法 3 (矩阵秩的理论) 充分性 设对 $A$ 的任一特征值 $lambda_0$ 及对应的特征向量 $alpha$, 矩阵 $egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}$ 均非异, 则 $regin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}=n+1$. 由矩阵秩的基本不等式 $r(A,B)leq r(A)+r(B)$ 可知 $r(A)geq r(A,B)-r(B)$ (行分块的不等式类似), 于是 $r(A-lambda_0I_n,alpha)geq (n+1)-1=n$, $r(A-lambda_0I_n)geq n-1$. 因为实对称阵 $A$ 可对角化, 故 $lambda_0$ 只能是 $A$ 的单特征值, 即 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值.
必要性 设实对称阵 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值, 则 $r(A-lambda_0I_n)=n-1$, 再由 $A$ 的属于不同特征值的特征子空间两两正交可知, $mathbb{R}^n=mathrm{Ker}(A-lambda_0I_n)perpmathrm{Im}(A-lambda_0I_n)$. 断言 $r(A-lambda_0I_n,alpha)=n$, 否则只能是 $r(A-lambda_0I_n,alpha)=r(A-lambda_0I_n)=n-1$, 由线性方程组的求解理论知, 存在实列向量 $x$, 使得 $alpha=(A-lambda_0I_n)xinmathrm{Im}(A-lambda_0I_n)$, 但 $alphainmathrm{Ker}(A-lambda_0I_n)$, 故 $alpha=0$, 这与 $alpha$ 是特征向量矛盾. 上面的断言告诉我们: $alpha$ 不是 $A-lambda_0I_n$ 列向量的线性组合, 对称地, $alpha'$ 也不是$A-lambda_0I_n$ 行向量的线性组合, 从而 $regin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}=n+1$, 即矩阵 $egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}$ 是非异阵.
证法 4 (矩阵乘法) 必要性 若 $A$ 有 $n$ 个不同的特征值, 则每个特征值对应的特征子空间都是 1 维的. 考虑如下矩阵乘法: $$egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} (A-lambda_0I_n)^2+alphaalpha' & 0 \ 0 & alpha'alpha \ end{pmatrix}.$$ 显然 $alpha'alpha>0$, 采用证法 2 (线性方程组的求解理论) 或证法 3 (矩阵秩的理论) 类似的讨论, 可以证明: 两个半正定阵之和 $(A-lambda_0I_n)^2+alphaalpha'$ 其实是正定阵. 于是上述矩阵也是正定阵, 从而 $egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}$ 是非异阵.
充分性 若 $A$ 有相同的特征值, 则不妨设 $lambda_0$ 的特征子空间 $V_0$ 的维数大于等于 2, 从而可在 $V_0$ 中取到特征向量 $eta$, 使得 $alpha'eta=0$. 于是 $$egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & alpha \ alpha' & 0 \ end{pmatrix}egin{pmatrix} A-lambda_0I_n & eta \ eta' & 0 \ end{pmatrix}=egin{pmatrix} (A-lambda_0I_n)^2 & 0 \ 0 & 0 \ end{pmatrix}$$ 是奇异阵, 从而至少有一个矩阵是奇异阵. $Box$
注 1 本题的结论可推广到复正规阵和复特征值的情形, 请读者自行写出相应的结论和证明.
注 2 本题完全做出 (得分在8分以上) 的同学为:
证法 1 (33 人): 赵涵洋, 王捷翔, 皮维特, 顾文颢, 刘道政, 张笑晗, 邹年轶, 谢永乐, 封清, 周烁星, 李哲蔚, 李国豪, 张思哲, 古俊龙, 顾天翊, 刘一川, 刘子超, 黄泽松, 戚雨欣, 刘羽, 叶雨阳, 张昊航, 丁思成, 管闻捷, 张宸宇, 张听海, 王晟灏, 黄诗涵, 刘经宇, 刘天航, 陈柯屿, 王祝斌, 孙浩鑫;
证法 2 (9 人): 周星雨, 杨希, 王曦立, 邬正千, 张俊杰, 陈在远, 陈钦品, 吴彦桥, 赵界清;
证法 3 (1 人): 唐朝亮;
证法 4 (1 人): 何飞旸.