非平凡情形下满足Trace(ABC)=Trace(AB)的矩阵C存在性探究

首先，我们把原问题做个等价转化：要找非单位矩阵C满足$ ext{Trace}(ABC) = ext{Trace}(AB)$，其实就是要让：
$$ ext{Trace}\left(AB(C - I)\right) = 0$$
令$D = C - I$，问题就变成了是否存在非零实矩阵D（毕竟$C≠I$等价于$D≠0$），使得$ ext{Trace}(AB \cdot D) = 0$。

一般情况（任意实矩阵A、B） #

分两种场景讨论：

• 当$AB = 0$（零矩阵）：此时$ ext{Trace}(ABC) = 0 = ext{Trace}(AB)$，随便找个非单位矩阵C就行，比如直接取$C=0$（零矩阵），完全满足条件。
• 当$AB ≠ 0$：我们从线性空间的维度角度来分析：
  实n×n矩阵空间是一个维度为$n^2$的线性空间，映射$D \mapsto ext{Trace}(AB \cdot D)$是这个空间上的一个线性泛函。
  • 如果$n=1$（矩阵退化为实数）：这个泛函就变成了$d \mapsto (AB) \cdot d$，当$AB≠0$时，只有$d=0$能让结果为0，也就是$C=I$，此时不存在非单位矩阵C。
  • 如果$n≥2$：这个线性泛函的核空间（满足等式的D的集合）维度是$n^2 - 1$，当n=2时维度是3，显然存在非零矩阵D。比如可以取迹为0的非零矩阵（比如$D = \begin{pmatrix}0 & 1 \ 0 & 0\end{pmatrix}$），或者和AB在Frobenius内积下正交的非零矩阵。

举个具体例子：n=2，A=B=I（单位矩阵），取$D = \begin{pmatrix}0 & 1 \ 0 & 0\end{pmatrix}$，则$C = I + D = \begin{pmatrix}1 & 1 \ 0 & 1\end{pmatrix}$，此时$ ext{Trace}(ABC)= ext{Trace}(C)=2= ext{Trace}(AB)=2$，满足条件且C≠I。

当B为对称矩阵时 #

其实从上面的分析就能看出来，B对称的情况并没有改变核心逻辑——只要n≥2，我们依然能轻松找到满足条件的D，进而构造出C≠I。甚至可以构造更有针对性的C：
比如取D为非零反对称矩阵（$D^T = -D$），对于对称矩阵M和反对称矩阵D，$ ext{Trace}(M D) = 0$（因为$M D$是反对称矩阵，迹必然为0）。如果AB是对称矩阵（比如A也对称，且AB=BA），那直接用这个构造就能得到符合要求的C；即使AB不是对称矩阵，我们依然可以用之前的通用方法找到D。

核心思路总结 #

1. 把原问题转化为寻找非零D满足$ ext{Trace}(AB \cdot D) = 0$，简化问题复杂度；
2. 利用矩阵空间的线性结构：当n≥2时，线性泛函的核空间必然包含非零元素，所以一定存在解；
3. n=1是唯一的特殊情况，此时只有当AB=0时才有非单位矩阵C的解。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Sid