六、(本題10分) 設 $A$ 為 $n$ 階半正定實對稱陣, $S$ 為 $n$ 階實反對稱陣, 滿足 $AS+SA=0$. 證明: $|A+S|>0$ 的充要條件是 $r(A)+r(S)=n$.

證法一 (從 $A$ 出發) 由於問題的條件和結論在同時正交相似下不改變, 故不妨從一開始就假設 $A$ 是正交相似標準型 $\begin{pmatrix} \Lambda & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, 其中 $\Lambda=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\cdots,\lambda_r\}$, $\lambda_i>0\,(1\leq i\leq r)$, $r=r(A)$. 對 $S$ 進行相同的分塊 $S=\begin{pmatrix} S_{11} & S_{12} \\ S_{21} & S_{22} \end{pmatrix}$, 由 $AS+SA=0$ 可得 $\Lambda S_{11}+S_{11}\Lambda=0$, $\Lambda S_{12}=0$, $S_{21}\Lambda=0$. 由 $\Lambda$ 的非異性可知 $S_{12}$ 和 $S_{21}$ 都是零矩陣. 設 $S_{11}=(s_{ij})_{r\times r}$, 則 $0=\Lambda S_{11}+S_{11}\Lambda=((\lambda_i+\lambda_j)s_{ij})$, 又 $\lambda_i+\lambda_j>0$, 故 $s_{ij}=0\,(1\leq i,j\leq r)$, 即 $S_{11}=0$, 於是 $S=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & S_{22} \end{pmatrix}$, 其中 $S_{22}$ 是 $n-r$ 階實反對稱陣. 由實反對稱陣的正交相似標準型理論可知, $|S_{22}|\geq 0$, 並且 $|S_{22}|>0$ 當且僅當 $S_{22}$ 是滿秩陣. 因此 $|A+S|=\begin{vmatrix} \Lambda & 0 \\ 0 & S_{22} \end{vmatrix}=|\Lambda|\cdot|S_{22}|>0$ 當且僅當 $|S_{22}|>0$ 當且僅當 $r(S_{22})=n-r$ 當且僅當 $r(A)+r(S)=n$.

證法二 (從 $S$ 出發) 由於問題的條件和結論在同時正交相似下不改變, 故不妨從一開始就假設 $S$ 是正交相似標準型 $\begin{pmatrix} S_1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, 其中 $S_1=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \end{pmatrix}\Bigg\}$, $b_i\neq 0\,(1\leq i\leq r)$, $r(S)=2r$. 對 $A$ 進行相同的分塊 $A=\begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix}$, 由 $AS+SA=0$ 可得 $A_{11}S_1+S_1A_{11}=0$, $S_1A_{12}=0$, $A_{21}S_1=0$. 由 $S_1$ 的非異性可知 $A_{12}$ 和 $A_{21}$ 都是零矩陣. 由於 $A$ 是半正定陣, 故 $A_{11}$ 也是半正定陣, 於是 $A_{11}$ 的特征值全部大於等於零. 另一方面, $A_{11}=-S_1A_{11}S_1^{-1}$ 相似於 $-A_{11}$, 故其特征值全部小於等於零, 於是 $A_{11}$ 的特征值全部等於零, 再由實對稱陣的正交相似標準型理論可知 $A_{11}=0$. 於是 $A=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & A_{22} \end{pmatrix}$, 其中 $A_{22}$ 是 $n-2r$ 階半正定實對稱陣. 由半正定陣的性質可知, $|A_{22}|\geq 0$, 並且 $|A_{22}|>0$ 當且僅當 $A_{22}$ 是正定陣, 這也當且僅當 $A_{22}$ 是滿秩陣. 因此 $|A+S|=\begin{vmatrix} S_1 & 0 \\ 0 & A_{22} \end{vmatrix}=|S_1|\cdot|A_{22}|>0$ 當且僅當 $|A_{22}|>0$ 當且僅當 $r(A_{22})=n-2r$ 當且僅當 $r(A)+r(S)=n$.

證法三 (從 $A^2,S$ 的可交換性出發) 由 $AS+SA=0$ 可得 $A^2S=SA^2$, 又 $A^2,S$ 都是實正規陣, 故由復旦高代教材習題 9.7.3 或白皮書的例 9.108 可知, 它們可以同時正交標準化, 即存在正交陣 $P$, 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 $\lambda_i\geq 0\,(1\leq i\leq n)$, $b_j\neq 0\,(1\leq j\leq r)$, $r(S)=2r$. 由半正定陣算術平方根的唯一性 (復旦高代教材的推論 9.8.2) 可知 $P‘AP=\mathrm{diag}\{\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\}$, 將上述等式帶入 $AS+SA=0$ 可得 $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_{2r}=0$, 於是 $$P‘(A+S)P=\mathrm{diag}\Bigg\{\begin{pmatrix} 0 & b_1 \\ -b_1 & 0 \end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix} 0 & b_r \\ -b_r & 0 \end{pmatrix},\lambda_{2r+1},\cdots,\lambda_n\Bigg\}.$$ 由 $A$ 的半正定性可得 $\lambda_{2r+1},\cdots,\lambda_n$ 全部大於等於零, 故 $|A+S|>0$ 當且僅當 $b_1^2\cdots b_r^2\cdot\lambda_{2r+1}\cdots\lambda_n>0$ 當且僅當 $\lambda_{2r+1},\cdots,\lambda_n$ 全部大於零, 這也當且僅當 $r(A)=n-2r$, 即 $r(A)+r(S)=n$. $\Box$

註 本題與白皮書的例 9.62 特別相近, 證明的方法也是類似的, 上述三種方法分別對應於例 9.62 的幾種證法. 采用證法一的同學有: 16級何陶然、李飛虎、李高瞻、朱民哲、張若愚、占文韜、汪鈰達、吳夢凡、陳德澍、王旭磊、景一凡、焦思邈、袁風雨、張逸馳、章俊鑫、李嘯昭、彭煜方、林晨、馮雅頌、丁知愚、李鵬程、魏子揚、徐鈺倫、李雲昊、顏匡萱，15級寧盛臻，14級王澤斌、宋驊昕共28人；采用證法二的有16級範淩虎；采用證法三的有14級於鴻寶. 還有十幾個同學利用了與證法一完全相同的證明思想，但在開始處把 $A$ 的正交相似標準型誤寫成了合同標準型, 所以並未算全對，名單就不列舉了.

復旦大學2016--2017學年第二學期（16級）高等代數II期末考試第六大題解答