华中科技大学 2026年高等代数第6题

设 $A$ 为三阶可逆实对称矩阵，则存在正交矩阵 $Q$ 使得 $Q^T A Q = \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$，其中 $\lambda_i \neq 0$ 为实数。对任意三阶实反对称矩阵 $S$，考虑方程 $AB + BA = S$。令 $\tilde{B} = Q^T B Q$，$\tilde{S} = Q^T S Q$。由于 $B$ 和 $S$ 是反对称的，$\tilde{B}$ 和 $\tilde{S}$ 也是反对称的。方程化为 $\Lambda \tilde{B} + \tilde{B} \Lambda = \tilde{S}$。

将矩阵方程写成分量形式。对 $i \neq j$，有 $(\lambda_i + \lambda_j) \tilde{b}_{ij} = \tilde{s}_{ij}$；对 $i = j$，有 $2\lambda_i \tilde{b}_{ii} = \tilde{s}_{ii}$。但反对称矩阵的对角元为零，所以 $\tilde{s}_{ii}=0$ 自动满足，且 $\tilde{b}_{ii}=0$ 由反对称性决定。因此，非对角元方程是关键的。

对于 $i \neq j$，若 $\lambda_i + \lambda_j \neq 0$，则可唯一解出 $\tilde{b}_{ij} = \tilde{s}_{ij} / (\lambda_i + \lambda_j)$。若存在 $i \neq j$ 使得 $\lambda_i + \lambda_j = 0$，则方程有解当且仅当对应的 $\tilde{s}_{ij}=0$。由于 $S$ 是任意的，我们需要对所有可能的 $\tilde{s}_{ij}$（即任意反对称矩阵）方程都有解，因此必须要求对所有 $i \neq j$，$\lambda_i + \lambda_j \neq 0$。

条件 (b) 说：对任意三阶实反对称矩阵 $S$，存在 $B$ 使得 $AB+BA=S$。由上述分析，这等价于对所有 $i \neq j$，$\lambda_i + \lambda_j \neq 0$。即 $A$ 的任意两个不同特征值之和不为零。

条件 (a) 是 $\operatorname{tr}(A) \neq 0$，即 $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3 \neq 0$。我们需要判断 $\operatorname{tr}(A) \neq 0$ 是否等价于 $\lambda_i+\lambda_j \neq 0$ 对所有 $i \neq j$ 成立。考虑反例：取 $\lambda_1=1, \lambda_2=-1, \lambda_3=2$，则 $\operatorname{tr}(A)=2 \neq 0$，但 $\lambda_1+\lambda_2=0$，因此 (a) 成立而 (b) 不成立。反之，取 $\lambda_1=1, \lambda_2=2, \lambda_3=-3$，则 $\operatorname{tr}(A)=0$，但 $\lambda_1+\lambda_2=3 \neq 0$，$\lambda_1+\lambda_3=-2 \neq 0$，$\lambda_2+\lambda_3=-1 \neq 0$，因此 (b) 成立而 (a) 不成立。所以两者不等价。

原命题声称 (a) 与 (b) 等价，但上述反例表明它们不等价。实际上，(b) 等价于 $A$ 的任意两个不同特征值之和不为零，而 (a) 是更弱的条件。因此，题目可能有误。反例：取 $A = \operatorname{diag}(1, -1, 2)$，则 $\operatorname{tr}(A)=2 \neq 0$，但取 $S$ 为只有 $(1,2)$ 分量为1的反对称矩阵，则方程无解，故 (b) 不成立。