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 $egin{pmatrix} Lambda & 0 \ 0 & 0 end{pmatrix}$, 其中 $Lambda=mathrm{diag}{lambda_1,cdots,lambda_r}$, $lambda_i>0\,(1leq ileq r)$, $r=r(A)$. 对 $S$ 进行相同的分块 $S=egin{pmatrix} S_{11} & S_{12} \ S_{21} & S_{22} end{pmatrix}$, 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 $S_{11}=(s_{ij})_{r imes r}$, 则 $0=Lambda S_{11}+S_{11}Lambda=((lambda_i+lambda_j)s_{ij})$, 又 $lambda_i+lambda_j>0$, 故 $s_{ij}=0\,(1leq i,jleq r)$, 即 $S_{11}=0$, 于是 $S=egin{pmatrix} 0 & 0 \ 0 & S_{22} end{pmatrix}$, 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 $|A+S|=egin{vmatrix} Lambda & 0 \ 0 & S_{22} end{vmatrix}=|Lambda|cdot|S_{22}|>0$ 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 $egin{pmatrix} S_1 & 0 \ 0 & 0 end{pmatrix}$, 其中 $S_1=mathrm{diag}Bigg{egin{pmatrix} 0 & b_1 \ -b_1 & 0 end{pmatrix},cdots,egin{pmatrix} 0 & b_r \ -b_r & 0 end{pmatrix}Bigg}$, $b_i eq 0\,(1leq ileq r)$, $r(S)=2r$. 对 $A$ 进行相同的分块 $A=egin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \ A_{21} & A_{22} end{pmatrix}$, 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 $A=egin{pmatrix} 0 & 0 \ 0 & A_{22} end{pmatrix}$, 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 $|A+S|=egin{vmatrix} S_1 & 0 \ 0 & A_{22} end{vmatrix}=|S_1|cdot|A_{22}|>0$ 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 $$P'A^2P=mathrm{diag}{lambda_1^2,lambda_2^2,cdots,lambda_n^2},\ P'SP=mathrm{diag}Bigg{egin{pmatrix} 0 & b_1 \ -b_1 & 0 end{pmatrix},cdots,egin{pmatrix} 0 & b_r \ -b_r & 0 end{pmatrix},0,cdots,0Bigg},$$ 其中 $lambda_igeq 0\,(1leq ileq n)$, $b_j eq 0\,(1leq jleq r)$, $r(S)=2r$. 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 $$P'(A+S)P=mathrm{diag}Bigg{egin{pmatrix} 0 & b_1 \ -b_1 & 0 end{pmatrix},cdots,egin{pmatrix} 0 & b_r \ -b_r & 0 end{pmatrix},lambda_{2r+1},cdots,lambda_nBigg}.$$ 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 $b_1^2cdots b_r^2cdotlambda_{2r+1}cdotslambda_n>0$ 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.