六、(本题10分)  设 $A$ 为 $n$ 阶半正定实对称阵, $S$ 为 $n$ 阶实反对称阵, 满足 $AS+SA=0$. 证明: $|A+S|>0$ 的充要条件是 $r(A)+r(S)=n$.

证法一 (从 $A$ 出发)  由于问题的条件和结论在同时正交相似下不改变, 故不妨从一开始就假设 $A$ 是正交相似标准型 $\begin{pmatrix} \Lambda & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, 其中 $\Lambda=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_r\}$, $\lambda_i>0\,(1\leq i\leq r)$, $r=r(A)$. 对 $S$ 进行相同的分块 $S=\begin{pmatrix} S_{11} & S_{12} \\ S_{21} & S_{22} \end{pmatrix}$, 由 $AS+SA=0$ 可得 $\Lambda S_{11}+S_{11}\Lambda=0$, $\Lambda S_{12}=0$, $S_{21}\Lambda=0$. 由 $\Lambda$ 的非异性可知 $S_{12}$ 和 $S_{21}$ 都是零矩阵. 设 $S_{11}=(s_{ij})_{r\times r}$, 则 $0=\Lambda S_{11}+S_{11}\Lambda=((\lambda_i+\lambda_j)s_{ij})$, 又 $\lambda_i+\lambda_j>0$, 故 $s_{ij}=0\,(1\leq i,j\leq r)$, 即 $S_{11}=0$, 于是 $S=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & S_{22} \end{pmatrix}$, 其中 $S_{22}$ 是 $n-r$ 阶实反对称阵. 由实反对称阵的正交相似标准型理论可知, $|S_{22}|\geq 0$, 并且 $|S_{22}|>0$ 当且仅当 $S_{22}$ 是满秩阵. 因此 $|A+S|=\begin{vmatrix} \Lambda & 0 \\ 0 & S_{22} \end{vmatrix}=|\Lambda|\cdot|S_{22}|>0$ 当且仅当 $|S_{22}|>0$ 当且仅当 $r(S_{22})=n-r$ 当且仅当 $r(A)+r(S)=n$.

证法二 (从 $S$ 出发)  由于问题的条件和结论在同时正交相似下不改变, 故不妨从一开始就假设 $S$ 是正交相似标准型 $\begin{pmatrix} S_1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, 其中 $S_1=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \end{pmatrix}\Bigg\}$, $b_i\neq 0\,(1\leq i\leq r)$, $r(S)=2r$. 对 $A$ 进行相同的分块 $A=\begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix}$, 由 $AS+SA=0$ 可得 $A_{11}S_1+S_1A_{11}=0$, $S_1A_{12}=0$, $A_{21}S_1=0$. 由 $S_1$ 的非异性可知 $A_{12}$ 和 $A_{21}$ 都是零矩阵. 由于 $A$ 是半正定阵, 故 $A_{11}$ 也是半正定阵, 于是 $A_{11}$ 的特征值全部大于等于零. 另一方面, $A_{11}=-S_1A_{11}S_1^{-1}$ 相似于 $-A_{11}$, 故其特征值全部小于等于零, 于是 $A_{11}$ 的特征值全部等于零, 再由实对称阵的正交相似标准型理论可知 $A_{11}=0$. 于是 $A=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A_{22} \end{pmatrix}$, 其中 $A_{22}$ 是 $n-2r$ 阶半正定实对称阵. 由半正定阵的性质可知, $|A_{22}|\geq 0$, 并且 $|A_{22}|>0$ 当且仅当 $A_{22}$ 是正定阵, 这也当且仅当 $A_{22}$ 是满秩阵. 因此 $|A+S|=\begin{vmatrix} S_1 & 0 \\ 0 & A_{22} \end{vmatrix}=|S_1|\cdot|A_{22}|>0$ 当且仅当 $|A_{22}|>0$ 当且仅当 $r(A_{22})=n-2r$ 当且仅当 $r(A)+r(S)=n$.

证法三 (从 $A^2,S$ 的可交换性出发)  由 $AS+SA=0$ 可得 $A^2S=SA^2$, 又 $A^2,S$ 都是实正规阵, 故由复旦高代教材习题 9.7.3 或白皮书的例 9.108 可知, 它们可以同时正交标准化, 即存在正交阵 $P$, 使得 $$P‘A^2P=\mathrm{diag}\{\lambda_1^2,\lambda_2^2,\cdots,\lambda_n^2\},\\ P‘SP=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \end{pmatrix},0,\cdots,0\Bigg\},$$ 其中 $\lambda_i\geq 0\,(1\leq i\leq n)$, $b_j\neq 0\,(1\leq j\leq r)$, $r(S)=2r$. 由半正定阵算术平方根的唯一性 (复旦高代教材的推论 9.8.2) 可知 $P‘AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$, 将上述等式带入 $AS+SA=0$ 可得 $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_{2r}=0$, 于是 $$P‘(A+S)P=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \end{pmatrix},\lambda_{2r+1},\cdots,\lambda_n\Bigg\}.$$ 由 $A$ 的半正定性可得 $\lambda_{2r+1},\cdots,\lambda_n$ 全部大于等于零, 故 $|A+S|>0$ 当且仅当 $b_1^2\cdots b_r^2\cdot\lambda_{2r+1}\cdots\lambda_n>0$ 当且仅当 $\lambda_{2r+1},\cdots,\lambda_n$ 全部大于零, 这也当且仅当 $r(A)=n-2r$, 即 $r(A)+r(S)=n$.  $\Box$

注  本题与白皮书的例 9.62 特别相近, 证明的方法也是类似的, 上述三种方法分别对应于例 9.62 的几种证法. 采用证法一的同学有: 16级何陶然、李飞虎、李高瞻、朱民哲、张若愚、占文韬、汪铈达、吴梦凡、陈德澍、王旭磊、景一凡、焦思邈、袁风雨、张逸驰、章俊鑫、李啸昭、彭煜方、林晨、冯雅颂、丁知愚、李鹏程、魏子扬、徐钰伦、李云昊、颜匡萱，15级宁盛臻，14级王泽斌、宋骅昕共28人；采用证法二的有16级范凌虎；采用证法三的有14级于鸿宝. 还有十几个同学利用了与证法一完全相同的证明思想，但在开始处把 $A$ 的正交相似标准型误写成了合同标准型, 所以并未算全对，名单就不列举了.

复旦大学2016--2017学年第二学期（16级）高等代数II期末考试第六大题解答