反对称矩阵的性质（秩、合同矩阵）

反对称矩阵的特有性质

反对称矩阵\(A = -A^T\)

１．不存在奇数级的可逆反对称矩阵. ２．反对称矩阵的主对角元素全为零. ３．反对称矩阵的秩为偶数 ４．反对称矩阵的特征值成对出现（实反对称的特征值为０或纯虚数） ５．反对称矩阵的行列式为非负实数 ６．设A为反对称矩阵，则A合同于矩阵

\(D = \begin{bmatrix} 0 & 1 & & & & & & \\ -1 & 0 & & & & & & \\ & & \ddots & & & & & \\ & & & 0 & 1 & & & \\ & & & -1 & 0 & & & \\ & & & & & 0 & & \\ & & & & & & \ddots & \\ & & & & & & & 0 \\ \end{bmatrix}\)

证明 数学归纳法可证6

因为Ａ为反对称矩阵，设

\(A = \begin{bmatrix} 0 & a_{12} & \dots & a_{1n}\\ -a_{12} & 0 & \dots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_{1n} & -a_{2n} & \dots & 0 \\ \end{bmatrix}\)

(1)当ｎ= 1时 结论显然成立。 (2)当 n = 2时

若\(a_{12} = 0\)　结论显然也成立。
若$a_{12} \not=0 \(，取 \)U = \begin{bmatrix}
0 & 1 \
-1 & a_{12}^{-1} \
\end{bmatrix}\( 则有 \)U^TAU =
\begin{bmatrix}
0 & 1 \
-1 &0 \
\end{bmatrix}$，
所以Ａ与Ｄ合同。

(3)假定对于阶数小于ｎ时反对称矩阵A合同于Ｄ

现证明对\(n(n \leq 3)\)的反对称矩阵A也合同于D
若Ａ的第一行全为０，则有
\(A = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & B \\ \end{bmatrix}\)
其中Ｂ是n-1阶反对称矩阵，则存在n-1阶可逆矩阵Q与矩阵Ｄ，使得\(Q^TBQ = D\)
取\(S = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & Q \\ \end{bmatrix}\)
则\(S^TAS = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & Q^TBQ \\ \end{bmatrix}\)
再令\(T = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ I_{n-1} & 0 \\ \end{bmatrix}\)
此处\(I_{n-1}\) 是n-1阶单位矩阵
有\(T^TS^TAST = \begin{bmatrix} Q^TBQ & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix}\)
取\(P=ST\)，则有
\(P^TAP = \begin{bmatrix} Q^TBQ & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{bmatrix}\)
则Ａ合同于Ｄ

2.若矩阵Ａ的第一行不全为０)
\(A = \begin{bmatrix} 0 & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ -a_{12} & & & \\ \vdots & & B & \\ -a_{1n} & & & \\ \end{bmatrix}\)
不妨设\(a_{12} \not= 0\)，可对Ａ实施初等变换如下：
\(A_2=Q_2^TAQ_2 = \begin{bmatrix} a_{12}^{-1} & & & \\ & 1 & & \\ & & \ddots & \\ & & & 1 \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ -a_{12} & & & \\ \vdots & & B & \\ -a_{1n} & & & \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{12}^{-1} & & & \\ & 1 & & \\ & & \ddots & \\ & & & 1 \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & \dots & a_{12}^{-1}a_{1n} \\ -1 & & & \\ \vdots & & B_2 & \\ -a_{12}^{-1}a_{1n} & & & \\ \end{bmatrix}\)
再取\(Q_j = \begin{bmatrix} 1 & & & & & \\ & 1 & \dots & -a_{12}^{-1}a_{1j} & \dots & 0 \\ & & \ddots & & & \\ & & & 1 & & \\ & & & & \ddots & \\ & & & & & 1 \\ \end{bmatrix} \qquad s.t. 3 \leq j \leq n\)
可得\(A_n = Q_n^T \dots Q_3^TA_2Q_3 \dots Q_n = \begin{bmatrix} 0 & 1 & \\ -1 & 0 & \\ & & B_n \\ \end{bmatrix}\)
由于所作为对称式的变换，所以B_n依旧为反对称矩阵，所以存在n-2阶可逆矩阵S使得\(S^TBS = \begin{bmatrix} 0 & 1 & & & & & & \\ -1 & 0 & & & & & & \\ & & \ddots & & & & & \\ & & & 0 & 1 & & & \\ & & & -1 & 0 & & & \\ & & & & & 0 & & \\ & & & & & & \ddots & \\ & & & & & & & 0 \\ \end{bmatrix}\)
令\(Q = Q_2 \dots Q_n\)且\(S\' = \begin{bmatrix} I_2 & 0 \\ 0 & S \\ \end{bmatrix}\)，此处\(I_2\)为２阶单位矩阵
则有\(Q^TS^TASQ = \begin{bmatrix} 0 & 1 & & & & & & \\ -1 & 0 & & & & & & \\ & & \ddots & & & & & \\ & & & 0 & 1 & & & \\ & & & -1 & 0 & & & \\ & & & & & 0 & & \\ & & & & & & \ddots & \\ & & & & & & & 0 \\ \end{bmatrix}\)
所以Ａ是Ｄ的合同矩阵。

引理