[问题2014S03] 解答  设 \(A\) 的 \(n\) 个特征值分别为 \(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\), 由条件知它们都是不等于零的实数. 根据复旦高代白皮书第 181 页例 6.13 的结论可得 \[ \sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_r\leq n}\lambda_{i_1}\lambda_{i_2}\cdots\lambda_{i_r}=\sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_r\leq n}A\begin{pmatrix} i_1 & i_2 & \cdots & i_r \\ i_1 & i_2 & \cdots & i_r \end{pmatrix},\,1\leq r\leq n, \cdots\cdots (1) \]

由条件知 \[ \sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_{n-1}\leq n}\lambda_{i_1}\lambda_{i_2}\cdots\lambda_{i_{n-1}}=0, \cdots\cdots(2) \]

(2) 式左边除以 \(|A|=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n\) 可得 \[\sum_{i=1}^n\frac{1}{\lambda_i}=0, \cdots\cdots(3) \]

(3) 式左边平方, 并将平方项移到等式的右边可得 \[ \sum_{1\leq i<j\leq n}\frac{1}{\lambda_i\lambda_j}=-\frac{1}{2}\Big(\sum_{i=1}^n\frac{1}{\lambda_i^2}\Big)<0, \cdots\cdots(4) \]

(4) 式两边同时乘以 \(|A|=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n\) 可得 \[ \sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_{n-2}\leq n}\lambda_{i_1}\lambda_{i_2}\cdots\lambda_{i_{n-2}}=-\frac{1}{2}\Big(\sum_{i=1}^n\frac{1}{\lambda_i^2}\Big)|A|. \cdots\cdots(5) \]

由 (1) 式和 (5) 式可得 \[ \sum_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_{n-2}\leq n}A\begin{pmatrix} i_1 & i_2 & \cdots & i_{n-2} \\ i_1 & i_2 & \cdots & i_{n-2} \end{pmatrix}=-\frac{1}{2}\Big(\sum_{i=1}^n\frac{1}{\lambda_i^2}\Big)|A| \]

与 \(|A|\) 的符号相反, 从而至少存在 \(A\) 的一个 \(n-2\) 阶主子式, 其符号与 \(|A|\) 的符号相反.  \(\Box\)

根据上述证明的过程, 可将问题的结论改进如下:

加强结论  设非异实方阵 \(A\) 的所有特征值的幅角都属于 \(\big[-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\big]\) 且至少有一个特征值的幅角属于 \(\big(-\dfrac{\pi}{4},\dfrac{\pi}{4}\big)\). 若 \(A\) 的所有 \(n-1\) 阶主子式之和等于零, 则存在 \(A\) 的一个 \(n-2\) 阶主子式, 其符号与 \(|A|\) 的符号相反.