复旦大学2025--2026学年第二学期（25级）高等代数II期末考试第八大题解答
八、(10 分) 设 $A=(a_{ij})$ 为 $n$ 阶实方阵, $A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$ 为其列分块, 其中 $\alpha_i\neq 0\,(1\leq i\leq n)$. 证明:
$$\mathrm{r}(A)\geq\sum_{i=1}^n\frac{a_{ii}^2}{\alpha_i'\alpha_i}.$$
证法一 考虑奇异值分解 $A=P\Lambda Q'$, 其中 $P,Q$ 为 $n$ 阶正交阵, $\Lambda=\mathrm{diag}\{\sigma_1,\cdots,\sigma_r,0\cdots,0\}$, $r=\mathrm{r}(A)$, $\sigma_1\geq\cdots\geq\sigma_r>0$ 为 $A$ 的正奇异值. 设 $Q=(b_{ij})=(\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_n)$ 为列分块, 则
$$A'A=Q\Lambda^2Q'=(\sigma_1^2\beta_1,\cdots,\sigma_r^2\beta_r,0\cdots,0)\begin{pmatrix} \beta_1' \\ \vdots \\ \beta_n' \\ \end{pmatrix}=\sigma_1^2\beta_1\beta_1'+\cdots+\sigma_r^2\beta_r\beta_r'.$$
比较上式两边的第 $(i,i)$ 元可得 $\alpha_i'\alpha_i=\sum\limits_{j=1}^r \sigma_j^2 b_{ij}^2$. 设 $P=(p_{ij})$, 比较 $A=P\Lambda Q'$ 两边的第 $(i,i)$ 元可得 $a_{ii}=\sum\limits_{j=1}^r \sigma_j p_{ij} b_{ij}$. 由 Cauchy 不等式可得
$$a_{ii}^2=\left(\sum\limits_{j=1}^r \sigma_j p_{ij} b_{ij}\right)^2\leq \left(\sum\limits_{j=1}^r \sigma_j^2 b_{ij}^2\right)\cdot\left(\sum\limits_{j=1}^r p_{ij}^2 \right)=(\alpha_i'\alpha_i)\sum\limits_{j=1}^r p_{ij}^2, \tag{1}$$
故 $\dfrac{a_{ii}^2}{\alpha_i'\alpha_i}\leq \sum\limits_{j=1}^r p_{ij}^2$. 因此,
$$\sum_{i=1}^n\frac{a_{ii}^2}{\alpha_i'\alpha_i}\leq \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^r p_{ij}^2=\sum_{j=1}^r\sum_{i=1}^n p_{ij}^2=\sum_{j=1}^r 1=r=\mathrm{r}(A).$$
证法二 考虑奇异值分解 $A=Q_1\begin{pmatrix} S & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} Q_2$, 其中 $Q_1,Q_2$ 为 $n$ 阶正交阵, $S=\mathrm{diag}\{\sigma_1,\cdots,\sigma_r\}$, $r=\mathrm{r}(A)$, $\sigma_1\geq\cdots\geq\sigma_r>0$ 为 $A$ 的正奇异值. 令 $P=Q_1\begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} Q_1'$, 则 $P^2=P$, $P'=P$, 并且
$$PA=Q_1\begin{pmatrix} I_r & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} Q_1'Q_1\begin{pmatrix} S & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} Q_2=Q_1\begin{pmatrix} S & O \\ O & O \\ \end{pmatrix} Q_2=A.$$
设 $P=(p_{ij})$, 比较 $PA=A$ 两边的第 $(i,i)$ 元可得 $a_{ii}=\sum\limits_{j=1}^n p_{ij}a_{ji}$. 注意 $P$ 是实对称阵, 比较 $P^2=P$ 两边的第 $(i,i)$ 元可得 $p_{ii}=\sum\limits_{j=1}^n p_{ij}p_{ji}=\sum\limits_{j=1}^n p_{ij}^2$. 由 Cauchy 不等式可得
$$p_{ii}\cdot(\alpha_i'\alpha_i)=\left(\sum_{j=1}^n p_{ij}^2\right)\cdot\left(\sum_{j=1}^n a_{ji}^2\right)\geq \left(\sum_{j=1}^n p_{ij}a_{ji}\right)^2=a_{ii}^2, \tag{2}$$
故 $p_{ii}\geq\dfrac{a_{ii}^2}{\alpha_i'\alpha_i}$. 因此,
$$\mathrm{r}(A)=r=\mathrm{tr}(P)=\sum_{i=1}^n p_{ii}\geq \sum_{i=1}^n\frac{a_{ii}^2}{\alpha_i'\alpha_i}.\,\,\Box$$
注 (i) 证法一的思路与白皮书例 9.136 类似, 并且由本题的结论可以推出白皮书例 9.136 的结论. 证法二思路的几何意义是: 取 $\mathbb{R}^n$ 的标准内积, 设 $P$ 是从 $\mathbb{R}^n$ 到 $\mathrm{Im}A$ 上的正交投影算子, 则 $P^2=P$, $P^*=P$, 且 $\mathrm{Im}P=\mathrm{Im}A$, 从而 $PA=A$.
(ii) 考虑到证法一中的 (1) 式和证法二中的 (2) 式, 若 $\alpha_i=0$, 约定 $\dfrac{a_{ii}^2}{\alpha_i'\alpha_i}=0$, 则本题的结论对一般的 $n$ 阶实方阵 $A$ 都成立 (即可去掉 $A$ 的每一列均非零的假设).
