华东师范大学 2025年高等代数第0题

设 $A \in M_n(\mathbb{C})$ 是实对称矩阵，正惯性指数为1，即 $A$ 合同于 $\operatorname{diag}(1, -1, \dots, -1)$。定义 $V$ 上的双线性型 $f(u,v)=u^T A v$（注意题目中写的是 $u^T A u$，但应为 $u^T A v$，否则 $f$ 不是双线性型）。已知存在 $u \in V$ 使得 $f(u,u)>0$，即 $u$ 不是零向量。

由于 $A$ 的正惯性指数为1，二次型 $Q(v)=v^T A v$ 在某个一维子空间上正定，在其余 $n-1$ 维子空间上负定。特别地，存在一个 $n-1$ 维子空间 $W$ 使得 $Q$ 在 $W$ 上负定。

对任意 $v \in V$，考虑关于 $t$ 的二次函数 $\varphi(t)=f(u+tv, u+tv)=Q(u)+2t f(u,v)+t^2 Q(v)$。由于 $Q(u)>0$，$\varphi(t)$ 是开口向上的二次函数（若 $Q(v)>0$）或开口向下的二次函数（若 $Q(v)<0$）。但无论哪种情况，$\varphi(t)$ 的值非负（因为 $f$ 是双线性型，但注意 $f$ 不一定正定）。实际上，$\varphi(t)$ 可以取负值，但我们需要利用 $Q(u)>0$ 和 $Q$ 的符号性质。

情况1：若 $Q(v) \leq 0$，则 $\varphi(t)$ 作为二次函数，其判别式 $\Delta = 4[f(u,v)^2 - Q(u)Q(v)] \geq 0$（因为 $\varphi(t)$ 至少有一个实根？实际上，由于 $\varphi(0)=Q(u)>0$，且当 $t \to \pm\infty$ 时，若 $Q(v)<0$，则 $\varphi(t) \to -\infty$，所以 $\varphi(t)$ 有两个实根，判别式非负）。因此 $f(u,v)^2 \geq Q(u)Q(v)$，即 $f(u,u)f(v,v) \leq f^2(u,v)$。 情况2：若 $Q(v)>0$，则由于正惯性指数为1，所有使 $Q>0$ 的向量张成一维子空间，因此 $v$ 必与 $u$ 共线，即存在 $\lambda \in \mathbb{R}$ 使得 $v = \lambda u$。此时直接计算得 $f(u,v)=\lambda Q(u)$，$Q(v)=\lambda^2 Q(u)$，于是 $f(u,u)f(v,v)=Q(u)\cdot \lambda^2 Q(u)=\lambda^2 Q^2(u)=f^2(u,v)$，等号成立。

综上，对任意 $v \in V$，总有 $f(u,u)f(v,v) \leq f^2(u,v)$ 成立。

等号成立时，由判别式 $\Delta=0$ 知 $\varphi(t)$ 有重根 $t_0$，满足 $\varphi(t_0)=0$，即 $Q(u+t_0 v)=0$。由于 $A$ 可逆（正惯性指数为1，负惯性指数为 $n-1$，秩为 $n$），$Q(w)=0$ 当且仅当 $w=0$，因此 $u+t_0 v=0$，即 $v = -\frac{1}{t_0} u$，故 $v$ 与 $u$ 共线。反之，若 $v = r u$，则直接计算得 $f(u,u)f(v,v)=f^2(u,v)$，等号成立。 另外，条件“存在 $r \in \mathbb{R}$ 使得 $f(w,v)=f(w, r u), \forall w \in V$”等价于 $v = r u$，因为 $f$ 非退化（$A$ 可逆），所以 $f(w,v-ru)=0$ 对一切 $w$ 成立推出 $v-ru=0$。

因此，不等式 $f(u,u)f(v,v) \leq f^2(u,v)$ 成立，等号当且仅当 $v$ 与 $u$ 共线，即存在 $r \in \mathbb{R}$ 使得 $v = r u$，等价于 $f(w,v)=f(w, r u), \forall w \in V$。