本文讲清楚了Grassmannian高斯积分时的复反对称矩阵分解问题
量子场论中的线性代数——Youla分解与复数域上的斜对称矩阵
前情提要：在Srednicki量子场论书旋量场中，将Grassmann变量构成的函数的二次项写作矩阵的二次型，注意到中间的这个矩阵是反对称的
如下图所示，书的44.22式表明这个复反对称矩阵可以与分块的数个2x2的小格子的形式酉正合。
这个结论并不是很明显的，在本文中，我将使用Youla分解的相关定理证明这一命题。
符号说明(为了方便，A也可以代表向量)：
$\bar A$:矩阵A的复共轭，也即对A中所有元素取复共轭
$A^*$:矩阵A的共轭转置，也即对A中所有元素取复共轭后转置，相当于物理中常用的$A^\dagger$.
引理1：A是已知的n阶方阵，设λ是$A\bar A$的特征值，$x\in \mathbb C^n$是λ对应的单位特征向量。令$S=span{A\bar x,x}$，则S要么1维要么2维
(a)如果S是一维的，那么λ是实数且非负数，且存在单位向量$z\in S$满足$A\bar z=\sigma z$,其中$\sigma\geq0$且$\sigma^2=\lambda$
(b)如果S是二维的，那么对于$\forall y \in S$,有$A\bar y\in S$。进一步的，如果λ是实数且非负数，那么存在单位向量$z\in S$满足$A\bar z=\sigma z$,其中$\sigma\geq0$且$\sigma^2=\lambda$.
证明：
(a)如果S是一维的，那么$A\bar x$与x线性相关，也即存在$\mu\in\mathbb{C}$,使得$A\bar x=\mu x$,使用特征向量的性质可得
\[\lambda x=A\bar A x=A\overline{A\bar x}=A\bar \mu \bar x=\bar\mu A\bar x=\bar\mu\mu x=|\mu|^2x\]可得
\[|\mu|^2=\lambda\]记$\theta=\frac{1}{2}Arg(\mu)$,则$e^{-2i\theta}\mu=|\mu|$;令$\sigma=|\mu|$,则
\[A\overline{e^{i\theta}x}=e^{-i\theta}A\bar x=e^{-i\theta}\mu x=(e^{-2i\theta}\mu)(e^{i\theta}x)=|\mu|(e^{i\theta}x)=\sigma(e^{i\theta}x)\]由此可知$z=e^{i\theta}x$是S中的单位向量，满足$A\bar z=\sigma z$,其中$\sigma\geq0$且$\sigma^2=\lambda$
(b)如果S是二维的，那么$A\bar x$与$x$线性无关，是S中的一组基。任何S中的矢量y可以被表示为$y=\alpha·A\bar x+\beta x$,$\alpha,\beta\in\mathbb{C}$,注意到S中的向量取共轭之后再被A作用后可得
\[A\bar y=A(\bar\alpha\bar A x+\bar\beta\bar x)=\bar\alpha A\bar A x+\bar\beta A\bar x=\bar\alpha\lambda x+\bar\beta A\bar x\in S\]还是落在S中。下面证明λ是正实数时命题中σ的存在性。
令$\sigma=\sqrt{\lambda}\ge0$,令$y=A\bar x+\sigma x$,是基向量组成的非零向量，则有
\[A\bar y=A(\bar A x+\sigma\bar x)=A\bar A x+\sigma A\bar x=\lambda x+\sigma A\bar x\\ =\sigma^2 x+\sigma A\bar x=\sigma(A\bar x+\sigma\bar x)=\sigma y\]那么$z=y/\lVert y \rVert_2$是S中的单位向量，满足$A\bar z=\sigma z$,其中$\sigma\geq0$且$\sigma^2=\lambda$.
引理2：A是已知的n阶方阵，$A\bar A$有至少p个实非负特征值$\lambda_1,…,\lambda_p$，那么存在酉矩阵U，使得
\[A=U\begin{pmatrix} \Delta&\star\\ 0&C \end{pmatrix}U^T\]其中$\Delta$是p阶上三角矩阵，对角线上元素是特征值的平方根,$\Delta_{ii}=\sqrt{\lambda_i}\ge0$;C是n-p阶方阵。进一步的，如果$A\bar A$恰有p个实非负特征值，那么$C\bar C$没有实非负特征向量
意思就是，已知有多少非负特征，就能分出一个对应规格的上三角的主子阵
证明：n=1和p=0的情况是易得的，下面考虑$n\ge 2$和$p\ge 1$的情况；令x是$A\bar A$非负特征值λ对应的特征向量，令$\sigma=\sqrt{\lambda}\ge0$.引理1保证了存在单位向量z，使得$A\bar z=\sigma z$
下面拼一个包含z的酉矩阵
\[V=\begin{pmatrix} z&v_2&...&v_n\\ \end{pmatrix}\]考虑$\bar V$对A的正合$\bar V^TA\bar V$,他的第一行第一列元素是$z^*A\bar z=\sigma z^*z=\sigma$;再考虑第一列其他行上的元素为$v_n^*A\bar z=\sigma v_n^*z$;由酉矩阵的正交性可得该项为0，也即
\[A=V\begin{pmatrix} \sigma&\star\\ 0&A_2 \end{pmatrix}V^T,~~\sigma=\sqrt{\lambda}\ge0\]且
\[A\bar A=V\begin{pmatrix} \sigma^2&\star\\ 0&A_2\bar A_2 \end{pmatrix}V^*=V\begin{pmatrix} \lambda&\star\\ 0&A_2\bar A_2 \end{pmatrix}V^*\]如果$A_2\bar A_2$内还有非负特征值，那么就利用非负特征值对应的特征向量重复上面的步骤，直到$A_2\bar A_2$内没有非负特征值为止。
引理3：任何一个2x2方阵与$\begin{pmatrix} \sigma_1&\xi
\[S=U\begin{pmatrix} \sigma_1& \\ &\sigma_2 \end{pmatrix}U^T\]
-\xi&\sigma_2 \end{pmatrix},\xi\in\mathbb C$酉正合，其中$\sigma_1\ge\sigma_2\ge0$是A的对称部分$S=\frac{1}{2}(A+A^T)$的特征值 证明：将A拆分为对称部分与反对称部分，$A=S+C$，其中S如题设所给出，$C=\frac{1}{2}(A-A^T)$;而对称2阶方阵S一定可以正合对角化其中,U是酉矩阵，那么A可以写作
\[A=U(\begin{pmatrix} \sigma_1& \\ &\sigma_2 \end{pmatrix}+U^*C\bar U)U^T\]且$U^*C\bar U$还是反对称矩阵，那么他一定可以写作
\[\begin{pmatrix} &\xi\\ -\xi& \end{pmatrix}\]的形式
Youla定理：A是已知的n阶方阵，$A\bar A$恰有p个非负特征,那么存在酉矩阵U，使得
\[A=U\begin{pmatrix} \Delta&\star\\ 0&\Gamma \end{pmatrix}U^T\]其中，Δ是上三角矩阵，其中$\Delta$是p阶上三角矩阵，对角线上元素是特征值的平方根,$\Delta_{ii}=\sqrt{\lambda_i}\ge0$；Γ是偶数阶分块上三角方阵，对角线上由数个2x2小方阵$P_i$组成；$P_i\bar P_i$的特征值要么是复数（非实数）共轭对，要么是负数2重特征
证明：
在引理2中可知A酉正合于$\begin{pmatrix}
\Delta&\star
0&C
\end{pmatrix}$；令λ是$C\bar C$的特征值，则λ不是实数或者λ是负数；由引理1可得$S=span{C\bar x,x}$是二维的，并且在共轭*C的左作用下不变
令{u,v}是S中的正交基，以此构造n阶酉矩阵
\[V=\begin{pmatrix} u&v&v_3&...&v_n\\ \end{pmatrix}\]可以看出v3,…,vn均与S空间正交；将C左作用在V的共轭上，得
\[C\bar V=\begin{pmatrix} C\bar u&C\bar v&C\bar v_3&...&C\bar v_n\\ \end{pmatrix}\]前两个列向量在S空间内，所以他们与v3,…,vn均正交。左乘$V^*$后得到
\[V^*C\bar V=\begin{pmatrix} C_{11}&\star\\ 0&D \end{pmatrix}\]S空间与vi的正交性保证了左下角的0；$C_{11}$是二阶上三角方阵
以上操作可以从特征非{非负实数}部分分块对角出一个2x2小方阵。重复以上操作，直到上式的D消失.
进一步的，由引理3，Γ具有如下形式
\[\Gamma=\begin{pmatrix} \sigma_1&\xi\\ -\xi&\sigma_2 \end{pmatrix}\]回到文章开头待解决的问题。利用Youla定理，取A为反对称矩阵，则A具有共轭正规性，即$AA^*=\overline{A^*A}$
注意到正合操作保共轭正规性，那么Youla分解之后的2阶小矩阵Γ也是共轭正规的。设
\[\Gamma=\begin{pmatrix} \sigma_1&\xi\\ -\xi&\sigma_2 \end{pmatrix}\]那么共轭正规性意味着
\[\sigma_1\bar\xi=\sigma_2\xi\Rightarrow \sigma_1|\xi|=\sigma_2|\xi|\Rightarrow\sigma_1=\sigma_2,\xi=\bar\xi\]也即，非对角上的元素是实数
最后再使用反对称条件，酉正合后的$\begin{pmatrix}
\Delta&\star
0&\Gamma
\end{pmatrix}$对角线上元素全部为0，只剩下Γ中的分块对角上的反对称元素，已经给出证明是实数了，最后得到形式
参考
1.Roger A Horn, Charles R. Johnson, Topics in Matrix Analysis (2010, Cambridge University Press),Section 4.4
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