动机
学习矩阵乘法之后，矩阵的尺寸与其中的数值同样重要。在乘积里，一行系数与一列坐标承担不同的角色；许多论证却需要在不改变原有数据的前提下，把一种角色转换成另一种。转置正是完成这种转换的运算：行变成列，列变成行，矩阵的尺寸也随之互换。
对方阵而言，交换两个索引可以看成沿主对角线反射。反射后保持不变的矩阵是对称矩阵；反射后变成自身相反数的矩阵是反对称矩阵。这些条件并非只描述外观。它们会约束乘积的结构，说明乘法次序为何重要，并给出一种规范的方法，把任意方阵拆成两个结构更清楚的部分。
本节始终讨论实数矩阵。所有转置恒等式在任意域上都成立；但是，凡是需要除以 2 2 2 a i i = − a i i a_{ii}=-a_{ii} a ii = − a ii a i i = 0 a_{ii}=0 a ii = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2
转置就是把行与列对调
若 A = [ a i j ] A = [a_{ij}] A = [ a ij ] m × n m \times n m × n A T A^T A T n × m n \times m n × m ( j , i ) (j,i) ( j , i ) a i j a_{ij} a ij
也就是
( A T ) j i = a i j . (A^T)_{ji} = a_{ij}. ( A T ) j i = a ij . 所以 A A A A T A^T A T A A A A T A^T A T
转置不会改变元素本身，只会改变每个元素所在的位置。若 A A A m × n m \times n m × n 1 1 1 m m m 1 1 1 n n n
下面的图解先说明几何图像：转置是索引交换；对方阵来说，这个索引交换就是沿主对角线反射。
转置、对称与反对称 把转置看成索引交换与对角线反射，再把这个图像连到对称矩阵、反对称矩阵、乘积反序，以及对称/反对称分解。
索引交换
A 中的 a_ij 会出现在 A^T 的 (j,i) 位置，因此 m x n 矩阵会变成 n x m 矩阵。
对角线反射
对方阵来说，转置会保持主对角线不动，并交换主对角线两侧的元素。
对称规则
若 A^T = A，矩阵就是对称矩阵；也就是每一对非对角元素满足 a_ij = a_ji。
反对称规则
若 A^T = -A，矩阵就是反对称矩阵；成对元素互为相反数，而且对角元素必为零。
乘积次序
转置会反转乘积次序：(AB)^T = B^T A^T。次序改变，是因为行乘列配对被整个转向。
两部分分解
对方阵 A，1/2(A+A^T) 是对称部分，1/2(A-A^T) 是反对称部分，两部分相加会回到 A。
转置会交换两个索引。对方阵来说，这就是沿主对角线反射：对称矩阵让成对元素相等，反对称矩阵让成对元素互为相反数，而每个方阵都可拆成对称部分和反对称部分。
引导式图示比较
下面的互动比较会让你切换几个例子。请一边比较 A A A A T A^T A T
互动 · 比较情况 情况 1 / 3
比较一个矩阵与它的转置
选一个矩阵，把 A T A^T A T A A A − A -A − A 再看它的对称部分与反对称部分。
A T A^T A T A A A
对称部分 S = 1 2 ( A + A T ) S = \frac{1}{2}(A + A^T) S = 2 1 ( A + A T ) 反对称部分 K = 1 2 ( A − A T ) K = \frac{1}{2}(A - A^T) K = 2 1 ( A − A T ) 对称 a i j = a j i a_{ij} = a_{ji} a ij = a j i 反对称 a i j = − a j i a_{ij} = -a_{ji} a ij = − a j i A = S + K A = S + K A = S + K S T = S S^T = S S T = S K T = − K K^T = -K K T = − K A A A 成立：A A A A T = A A^T = A A T = A
A T = A A^T = A A T = A
要留意 每个方阵都可分解为 A = S + K A = S + K A = S + K S S S K K K A A A
设
A = [ 1 4 − 2 0 3 5 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 4 & -2 \\
0 & 3 & 5
\end{bmatrix}. A = [ 1 0 4 3 − 2 5 ] . 则
A T = [ 1 0 4 3 − 2 5 ] . A^T =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
4 & 3 \\
-2 & 5
\end{bmatrix}. A T = 1 4 − 2 0 3 5 . 原来的 2 × 3 2 \times 3 2 × 3 3 × 2 3 \times 2 3 × 2
几条基本恒等式，应当视作本节的核心语言：
( A T ) T = A , ( A + B ) T = A T + B T , ( c A ) T = c A T . (A^T)^T = A,
\qquad
(A + B)^T = A^T + B^T,
\qquad
(cA)^T = cA^T. ( A T ) T = A , ( A + B ) T = A T + B T , ( c A ) T = c A T . 若乘积有定义，转置会把次序反过来：
( A B ) T = B T A T . (AB)^T = B^T A^T. ( A B ) T = B T A T . 这个“反序”不是小事，而是行乘列配对被转向之后的必然结果。
取
A = [ 1 2 0 1 ] , B = [ 3 0 4 5 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 2 \\
0 & 1
\end{bmatrix},
\qquad
B =
\begin{bmatrix}
3 & 0 \\
4 & 5
\end{bmatrix}. A = [ 1 0 2 1 ] , B = [ 3 4 0 5 ] . 则
A + B = [ 4 2 4 6 ] , ( A + B ) T = [ 4 4 2 6 ] . A + B =
\begin{bmatrix}
4 & 2 \\
4 & 6
\end{bmatrix},
\qquad
(A + B)^T =
\begin{bmatrix}
4 & 4 \\
2 & 6
\end{bmatrix}. A + B = [ 4 4 2 6 ] , ( A + B ) T = [ 4 2 4 6 ] . 另一方面，
A T + B T = [ 1 0 2 1 ] + [ 3 4 0 5 ] = [ 4 4 2 6 ] . A^T + B^T =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
2 & 1
\end{bmatrix}
+
\begin{bmatrix}
3 & 4 \\
0 & 5
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
4 & 4 \\
2 & 6
\end{bmatrix}. A T + B T = [ 1 2 0 1 ] + [ 3 0 4 5 ] = [ 4 2 4 6 ] . 乘积也是同样道理，只是次序一定要反过来：
A B = [ 11 10 4 5 ] , ( A B ) T = [ 11 4 10 5 ] , AB =
\begin{bmatrix}
11 & 10 \\
4 & 5
\end{bmatrix},
\qquad
(AB)^T =
\begin{bmatrix}
11 & 4 \\
10 & 5
\end{bmatrix}, A B = [ 11 4 10 5 ] , ( A B ) T = [ 11 10 4 5 ] , 而
B T A T = [ 3 4 0 5 ] [ 1 0 2 1 ] = [ 11 4 10 5 ] . B^T A^T =
\begin{bmatrix}
3 & 4 \\
0 & 5
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
2 & 1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
11 & 4 \\
10 & 5
\end{bmatrix}. B T A T = [ 3 0 4 5 ] [ 1 2 0 1 ] = [ 11 10 4 5 ] . 当矩阵相加时，设 A A A B B B c c c A A A m × n m \times n m × n B B B n × p n \times p n × p
( A T ) T = A (A^T)^T = A ( A T ) T = A ( A + B ) T = A T + B T (A + B)^T = A^T + B^T ( A + B ) T = A T + B T ( c A ) T = c A T (cA)^T = cA^T ( c A ) T = c A T ( A B ) T = B T A T (AB)^T = B^T A^T ( A B ) T = B T A T 前三条性质可以直接比较对应元素得到。乘积公式值得完整证明一次，因为它清楚解释了乘法次序为何必须反转。
设 A = [ a i j ] A=[a_{ij}] A = [ a ij ] m × n m \times n m × n B = [ b i j ] B=[b_{ij}] B = [ b ij ] n × p n \times p n × p A B AB A B m × p m \times p m × p ( A B ) T (AB)^T ( A B ) T B T A T B^T A^T B T A T p × m p \times m p × m 1 ≤ i ≤ p 1 \le i \le p 1 ≤ i ≤ p 1 ≤ j ≤ m 1 \le j \le m 1 ≤ j ≤ m ( i , j ) (i,j) ( i , j )
( ( A B ) T ) i j = ( A B ) j i = ∑ k = 1 n a j k b k i . \bigl((AB)^T\bigr)_{ij}
=(AB)_{ji}
=\sum_{k=1}^{n}a_{jk}b_{ki}. ( ( A B ) T ) ij = ( A B ) j i = k = 1 ∑ n a j k b k i . 另一方面，B T A T B^T A^T B T A T ( i , j ) (i,j) ( i , j )
( B T A T ) i j = ∑ k = 1 n ( B T ) i k ( A T ) k j = ∑ k = 1 n b k i a j k = ∑ k = 1 n a j k b k i . \begin{aligned}
(B^T A^T)_{ij}
&=\sum_{k=1}^{n}(B^T)_{ik}(A^T)_{kj} \\
&=\sum_{k=1}^{n}b_{ki}a_{jk} \\
&=\sum_{k=1}^{n}a_{jk}b_{ki}.
\end{aligned} ( B T A T ) ij = k = 1 ∑ n ( B T ) ik ( A T ) k j = k = 1 ∑ n b k i a j k = k = 1 ∑ n a j k b k i . 最后一步使用的是标量乘法的交换律，并没有假设矩阵乘法可交换。两边每个对应元素都相等，所以 ( A B ) T = B T A T (AB)^T=B^T A^T ( A B ) T = B T A T B T B^T B T p × n p \times n p × n A T A^T A T n × m n \times m n × m A T B T A^T B^T A T B T
转置为何不只是重新排列元素
对于大小相同的实列向量 u , v u,v u , v u T v = ∑ i u i v i u^Tv=\sum\limits_i u_iv_i u T v = i ∑ u i v i 内积、范数与夹角 。
设 A A A m × n m \times n m × n x x x R n \mathbb{R}^n R n y y y R m \mathbb{R}^m R m A x Ax A x R m \mathbb{R}^m R m y y y
( A x ) T y = x T A T y = x T ( A T y ) . (Ax)^T y=x^T A^T y=x^T(A^T y). ( A x ) T y = x T A T y = x T ( A T y ) . 第一个等号使用乘积转置公式，第二个等号只使用结合律。因此，在内积中，原先作用在 x x x A A A y y y A T A^T A T A T A^T A T
尺寸说明了两种作用的方向：A A A n n n m m m A T A^T A T m m m n n n A T A^T A T A A A
对称矩阵与反对称矩阵
设 A A A
若 A T = A A^T = A A T = A A A A
若 A T = − A A^T = -A A T = − A A A A
注意这里一定要是方阵 。若 A A A A A A A T A^T A T A T = A A^T = A A T = A A T = − A A^T = -A A T = − A
对称表示沿主对角线反射后不变。反对称表示反射后整个矩阵变号。逐元素写出，这两个条件分别是
A 对称 ⟺ a i j = a j i , A 反对称 ⟺ a i j = − a j i A\text{ 对称}
\iff a_{ij}=a_{ji},
\qquad
A\text{ 反对称}
\iff a_{ij}=-a_{ji} A 对称 ⟺ a ij = a j i , A 反对称 ⟺ a ij = − a j i 对所有索引 i , j i,j i , j A A A a i i = − a i i a_{ii}=-a_{ii} a ii = − a ii 2 a i i = 0 2a_{ii}=0 2 a ii = 0 a i i = 0 a_{ii}=0 a ii = 0 2 2 2
矩阵
[ 2 − 1 4 − 1 3 0 4 0 5 ] \begin{bmatrix}
2 & -1 & 4 \\
-1 & 3 & 0 \\
4 & 0 & 5
\end{bmatrix} 2 − 1 4 − 1 3 0 4 0 5 是对称矩阵，因为 ( i , j ) (i,j) ( i , j ) ( j , i ) (j,i) ( j , i )
矩阵
[ 0 2 − 1 − 2 0 4 1 − 4 0 ] \begin{bmatrix}
0 & 2 & -1 \\
-2 & 0 & 4 \\
1 & -4 & 0
\end{bmatrix} 0 − 2 1 2 0 − 4 − 1 4 0 是反对称矩阵，因为转置之后每个非对角元素都改变符号，而对角线保持 0 0 0
三个直接后果很重要：
实数反对称矩阵的对角元素全部都是 0 0 0
零矩阵既对称又反对称
单位矩阵是对称矩阵
第三项其实只是“对角矩阵在转置下不变”的特例。
对每一个方阵 A A A
( A + A T ) T = A + A T , ( A − A T ) T = − ( A − A T ) . (A + A^T)^T = A + A^T,
\qquad
(A - A^T)^T = -(A - A^T). ( A + A T ) T = A + A T , ( A − A T ) T = − ( A − A T ) . 因此 A + A T A + A^T A + A T A − A T A - A^T A − A T
直接套用转置公式：
( A + A T ) T = A T + ( A T ) T = A T + A = A + A T . (A + A^T)^T = A^T + (A^T)^T = A^T + A = A + A^T. ( A + A T ) T = A T + ( A T ) T = A T + A = A + A T . 至于差，
( A − A T ) T = A T − ( A T ) T = A T − A = − ( A − A T ) . (A - A^T)^T = A^T - (A^T)^T = A^T - A = -(A - A^T). ( A − A T ) T = A T − ( A T ) T = A T − A = − ( A − A T ) . 上一结果是最重要结构定理的起点。
每一个实数方阵 A A A
A = S + K , A = S + K, A = S + K , 其中 S S S K K K
S = 1 2 ( A + A T ) , K = 1 2 ( A − A T ) . S = \frac{1}{2}(A + A^T),
\qquad
K = \frac{1}{2}(A - A^T). S = 2 1 ( A + A T ) , K = 2 1 ( A − A T ) . 这个结论同时包含存在性与唯一性。仅仅列出公式还不够，必须分别验证两部分。
先证明存在性。定义
S = 1 2 ( A + A T ) , K = 1 2 ( A − A T ) . S=\frac12(A+A^T),
\qquad
K=\frac12(A-A^T). S = 2 1 ( A + A T ) , K = 2 1 ( A − A T ) . 由前面的转置恒等式可知 S T = S S^T=S S T = S K T = − K K^T=-K K T = − K S S S K K K
S + K = 1 2 ( A + A T ) + 1 2 ( A − A T ) = A . S+K
=\frac12(A+A^T)+\frac12(A-A^T)
=A. S + K = 2 1 ( A + A T ) + 2 1 ( A − A T ) = A . 因此这样的分解确实存在。再证明唯一性。假设某个对称矩阵 S S S K K K A = S + K A=S+K A = S + K
A T = S T + K T = S − K . A^T=S^T+K^T=S-K. A T = S T + K T = S − K . 把 A = S + K A=S+K A = S + K A T = S − K A^T=S-K A T = S − K
A + A T = 2 S , A − A T = 2 K . A+A^T=2S,
\qquad
A-A^T=2K. A + A T = 2 S , A − A T = 2 K . 因为在实数范围内 2 2 2
S = 1 2 ( A + A T ) , K = 1 2 ( A − A T ) . S=\frac12(A+A^T),
\qquad
K=\frac12(A-A^T). S = 2 1 ( A + A T ) , K = 2 1 ( A − A T ) . 任何分解都只能使用这两个矩阵，唯一性因此得到证明。相同证明适用于任何特征不为 2 2 2
设
A = [ 1 0 1 2 − 1 3 4 2 0 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 \\
2 & -1 & 3 \\
4 & 2 & 0
\end{bmatrix}. A = 1 2 4 0 − 1 2 1 3 0 . 则
A T = [ 1 2 4 0 − 1 2 1 3 0 ] . A^T =
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 4 \\
0 & -1 & 2 \\
1 & 3 & 0
\end{bmatrix}. A T = 1 0 1 2 − 1 3 4 2 0 . 所以
1 2 ( A + A T ) = [ 1 1 5 2 1 − 1 5 2 5 2 5 2 0 ] , \frac{1}{2}(A + A^T)
=
\begin{bmatrix}
1 & 1 & \frac{5}{2} \\
1 & -1 & \frac{5}{2} \\
\frac{5}{2} & \frac{5}{2} & 0
\end{bmatrix}, 2 1 ( A + A T ) = 1 1 2 5 1 − 1 2 5 2 5 2 5 0 , 而
1 2 ( A − A T ) = [ 0 − 1 − 3 2 1 0 1 2 3 2 − 1 2 0 ] . \frac{1}{2}(A - A^T)
=
\begin{bmatrix}
0 & -1 & -\frac{3}{2} \\
1 & 0 & \frac{1}{2} \\
\frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & 0
\end{bmatrix}. 2 1 ( A − A T ) = 0 1 2 3 − 1 0 − 2 1 − 2 3 2 1 0 . 第一个矩阵是对称矩阵，第二个矩阵是反对称矩阵，而二者相加正好回到 A A A
矩阵与自身的转置相乘时，还会产生一种很有用的对称结构。它能把矩形矩阵转成方阵，并分别记录行或列之间的关系。
只要乘积有定义，A T A A^T A A T A A A T A A^T A A T
若 A A A m × n m \times n m × n A T A A^T A A T A n × n n \times n n × n A A T AA^T A A T m × m m \times m m × m
( A T A ) T = A T ( A T ) T = A T A . (A^T A)^T = A^T (A^T)^T = A^T A. ( A T A ) T = A T ( A T ) T = A T A . 对第二个乘积，
( A A T ) T = ( A T ) T A T = A A T . (AA^T)^T=(A^T)^T A^T=AA^T. ( A A T ) T = ( A T ) T A T = A A T . 两个乘积都等于自身的转置，因此按照定义都是对称矩阵。
这也是转置在后续的正交、投影和最小二乘论证里反复出现的原因之一。例如，当 x x x
x T A T A x = ( A x ) T ( A x ) = ∥ A x ∥ 2 ≥ 0. x^T A^T A x=(Ax)^T(Ax)=\lVert Ax\rVert^2\ge 0. x T A T A x = ( A x ) T ( A x ) = ∥ A x ∥ 2 ≥ 0. 这里对实列向量 z z z ∥ z ∥ 2 = ∑ i z i 2 \lVert z\rVert^2=\sum\limits_i z_i^2 ∥ z ∥ 2 = i ∑ z i 2
所以 A T A A^T A A T A A A A
可交换与不可交换的矩阵
若两个同阶方阵 A A A B B B
A B = B A , AB = BA, A B = B A , 则称它们可交换。
对加法而言，可交换性是预设；对乘法而言，可交换性却是特例。这是矩阵代数与标量代数最重要的差别之一。
零矩阵与单位矩阵都会和任何同大小方阵可交换。相同大小的对角矩阵彼此也可交换，因为它们的乘积仍是对角矩阵，而且对角元素相乘本身就交换。
转置可以准确检验结构化矩阵的乘积能否保留原有结构。若 A A A B B B ( A B ) T = B A (AB)^T=BA ( A B ) T = B A A B AB A B A B = B A AB=BA A B = B A ( A B ) T = B A (AB)^T=BA ( A B ) T = B A S S S K K K ( S K ) T = − K S (SK)^T=-KS ( S K ) T = − K S S K = K S SK=KS S K = K S S K SK S K
取
A = [ 1 1 0 1 ] , B = [ 1 0 1 1 ] . A =
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix},
\qquad
B =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
1 & 1
\end{bmatrix}. A = [ 1 0 1 1 ] , B = [ 1 1 0 1 ] . 则
A B = [ 2 1 1 1 ] , B A = [ 1 1 1 2 ] . AB =
\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
1 & 1
\end{bmatrix},
\qquad
BA =
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
1 & 2
\end{bmatrix}. A B = [ 2 1 1 1 ] , B A = [ 1 1 1 2 ] . 因此 A B ≠ B A AB \ne BA A B = B A
这种例子不是小插曲，而是提醒我们：矩阵恒等式里，因子的次序绝不能乱改。
若 A A A B B B
A B 对称 ⟺ A B = B A . AB \text{ 对称 } \iff AB = BA. A B 对称 ⟺ A B = B A . 因为 A T = − A A^T = -A A T = − A B T = − B B^T = -B B T = − B
( A B ) T = B T A T = ( − B ) ( − A ) = B A . (AB)^T = B^T A^T = (-B)(-A) = BA. ( A B ) T = B T A T = ( − B ) ( − A ) = B A . 所以 A B AB A B ( A B ) T = A B (AB)^T = AB ( A B ) T = A B B A = A B BA = AB B A = A B
设
S = [ 2 0 0 3 ] , K = [ 0 1 − 1 0 ] . S =
\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 3
\end{bmatrix},
\qquad
K =
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{bmatrix}. S = [ 2 0 0 3 ] , K = [ 0 − 1 1 0 ] . 这里 S S S K K K
S K = [ 0 2 − 3 0 ] , K S = [ 0 3 − 2 0 ] . SK =
\begin{bmatrix}
0 & 2 \\
-3 & 0
\end{bmatrix},
\qquad
KS =
\begin{bmatrix}
0 & 3 \\
-2 & 0
\end{bmatrix}. S K = [ 0 − 3 2 0 ] , K S = [ 0 − 2 3 0 ] . 若一个对称矩阵 S S S K K K
( S K ) T = K T S T = ( − K ) S = − K S = − S K . (SK)^T = K^T S^T = (-K)S = -KS = -SK. ( S K ) T = K T S T = ( − K ) S = − K S = − S K . 常见错误
正确公式是 ( A B ) T = B T A T (AB)^T = B^T A^T ( A B ) T = B T A T A T B T A^T B^T A T B T
对称是单一矩阵的性质，可交换是两个矩阵之间的性质。两者不是同一件事。
若 A T = − A A^T=-A A T = − A 0 0 0 [ 0 1 1 0 ] \begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix} [ 0 1 1 0 ] a i j = − a j i a_{ij}=-a_{ji} a ij = − a j i
转置总是存在，并且只交换两个索引。逆矩阵只对某些方阵存在，而且必须满足
A A − 1 = A − 1 A = I AA^{-1}=A^{-1}A=I A A − 1 = A − 1 A = I A T A^T A T A − 1 A^{-1} A − 1
总结
转置交换矩阵的两个索引，把 m × n m \times n m × n n × m n \times m n × m A T = A A^T=A A T = A A T = − A A^T=-A A T = − A
公式
1 2 ( A + A T ) 与 1 2 ( A − A T ) \frac12(A+A^T)
\quad\text{与}\quad
\frac12(A-A^T) 2 1 ( A + A T ) 与 2 1 ( A − A T ) 并非偶然的计算技巧。它们是由 A = S + K A=S+K A = S + K A T = S − K A^T=S-K A T = S − K A T A A^T A A T A
快速检查
快速检查
（若 A A A 3 × 2 3 \times 2 3 × 2 A T A^T A T
解答 · 答案 A T A^T A T 2 × 3 2 \times 3 2 × 3
把 A T = − A A^T = -A A T = − A
解答 · 答案 快速检查
（哪一条公式正确：( A B ) T = A T B T (AB)^T = A^T B^T ( A B ) T = A T B T ( A B ) T = B T A T (AB)^T = B^T A^T ( A B ) T = B T A T
比较等式两边的任意一个元素，或用一对不交换的方阵检验。
解答 · 答案 ( A B ) T = B T A T (AB)^T = B^T A^T ( A B ) T = B T A T
快速检查
（若 S S S K K K S T S^T S T K T K^T K T
解答 · 答案 S T = S S^T = S S T = S K T = − K K^T = -K K T = − K
引导练习
快速检查
（把 A = [ 2 1 4 3 ] A = \begin{bmatrix}2&1\\4&3\end{bmatrix} A = [ 2 4 1 3 ]
使用 S = 1 / 2 ( A + A T ) S = 1/2 (A + A^T) S = 1/2 ( A + A T ) K = 1 / 2 ( A − A T ) K = 1/2 (A - A^T) K = 1/2 ( A − A T )
解答 · 引导解答 先算
A T = [ 2 4 1 3 ] . A^T =
\begin{bmatrix}
2 & 4 \\
1 & 3
\end{bmatrix}. A T = [ 2 1 4 3 ] . 再算
S = 1 2 [ 4 5 5 6 ] = [ 2 5 2 5 2 3 ] , S = \frac{1}{2}
\begin{bmatrix}
4 & 5 \\
5 & 6
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
2 & \frac{5}{2} \\
\frac{5}{2} & 3
\end{bmatrix}, S = 2 1 [ 4 5 5 6 ] = [ 2 2 5 2 5 3 ] , 以及
K = 1 2 [ 0 − 3 3 0 ] = [ 0 − 3 2 3 2 0 ] . K = \frac{1}{2}
\begin{bmatrix}
0 & -3 \\
3 & 0
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
0 & -\frac{3}{2} \\
\frac{3}{2} & 0
\end{bmatrix}. K = 2 1 [ 0 3 − 3 0 ] = [ 0 2 3 − 2 3 0 ] . 检查 S S S K K K A = S + K A = S + K A = S + K
快速检查
（若 A A A B B B A B = B A AB = BA A B = B A A B AB A B
解答 · 引导解答 因为
( A B ) T = B T A T = B A = A B . (AB)^T = B^T A^T = BA = AB. ( A B ) T = B T A T = B A = A B . 所以 A B AB A B
快速检查
（若 A A A A + A T A + A^T A + A T
解答 · 引导解答 因为
( A + A T ) T = A T + ( A T ) T = A T + A = A + A T (A + A^T)^T = A^T + (A^T)^T = A^T + A = A + A^T ( A + A T ) T = A T + ( A T ) T = A T + A = A + A T
快速检查
（若 A A A A − A T A - A^T A − A T
解答 · 引导解答 因为
( A − A T ) T = A T − A = − ( A − A T ) (A - A^T)^T = A^T - A = -(A - A^T) ( A − A T ) T = A T − A = − ( A − A T )
相关笔记
本节建立在
3.2 矩阵乘法、单位矩阵与线性方程组
之上。接着可以读
3.4 特殊矩阵 ，研究对角、三角、单位与初等矩阵家族。
补充练习与完整解答
全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 1
对下面的矩阵 A、B：(a)i 写出 A 的转置；ii 求 2A^T+3B 的第一行。(b) 已知 AB=I3，求 u、v、w 并说明理由。
A = [ 1 1 0 − 1 1 0 1 0 − 1 1 − 1 0 ] , B = [ 1 1 1 p u x q v y r w z ] . A=\begin{bmatrix}1&1&0&-1\\1&0&1&0\\-1&1&-1&0\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}1&1&1\\p&u&x\\q&v&y\\r&w&z\end{bmatrix}. A = 1 1 − 1 1 0 1 0 1 − 1 − 1 0 0 , B = 1 p q r 1 u v w 1 x y z . 全解
转置交换行列下标。(b) 中 AB 的第二列必须等于单位矩阵的第二列。列乘积给出的三个方程确定所求数，其他列不再限制 u、v、w。
( a ) i A T = [ 1 1 − 1 1 0 1 0 1 − 1 − 1 0 0 ] . ( a ) i i 2 ( 1 , 1 , − 1 ) + 3 ( 1 , 1 , 1 ) = ( 5 , 5 , 1 ) . (a)i\quad A^T=\begin{bmatrix}1&1&-1\\1&0&1\\0&1&-1\\-1&0&0\end{bmatrix}.
\qquad(a)ii\quad 2(1,1,-1)+3(1,1,1)=(5,5,1). ( a ) i A T = 1 1 0 − 1 1 0 1 0 − 1 1 − 1 0 . ( a ) ii 2 ( 1 , 1 , − 1 ) + 3 ( 1 , 1 , 1 ) = ( 5 , 5 , 1 ) . ( b ) A [ 1 u v w ] = [ 1 + u − w 1 + v − 1 + u − v ] = [ 0 1 0 ] ⟹ v = 0 , u = 1 , w = 2. (b)\quad A\begin{bmatrix}1\\u\\v\\w\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1+u-w\\1+v\\-1+u-v\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}
\Longrightarrow v=0,\ u=1,\ w=2. ( b ) A 1 u v w = 1 + u − w 1 + v − 1 + u − v = 0 1 0 ⟹ v = 0 , u = 1 , w = 2. 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 2
设 A 为 m×n，B、C 为 n×p，D 为 p×q，证明：(a) [A(B+C)]^T=B^TA^T+C^TA^T；(b) (ABD)^T=D^TB^TA^T。
全解
应用已证明的乘积转置与和的转置公式。(a) 两边均为 p×m，(b) 两边均为 q×m，所有乘积都有定义。
( a ) [ A ( B + C ) ] T = ( B + C ) T A T = ( B T + C T ) A T = B T A T + C T A T . (a)\quad[A(B+C)]^T=(B+C)^TA^T=(B^T+C^T)A^T=B^TA^T+C^TA^T. ( a ) [ A ( B + C ) ] T = ( B + C ) T A T = ( B T + C T ) A T = B T A T + C T A T . ( b ) ( A B D ) T = ( ( A B ) D ) T = D T ( A B ) T = D T B T A T . (b)\quad(ABD)^T=((AB)D)^T=D^T(AB)^T=D^TB^TA^T. ( b ) ( A B D ) T = (( A B ) D ) T = D T ( A B ) T = D T B T A T . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 3
对方阵 A，证明：(a) (A²)^T=(A^T)²；(b) 用数学归纳法证明对所有正整数 n 有 (A^n)^T=(A^T)^n。
全解
(a) 直接用乘积转置公式。(b) 从 n=1 开始；假定 n=k 时成立，再对 A^k A 用公式。这里只合并同一矩阵 A^T 的幂，没有假定任意矩阵可交换。
( a ) ( A 2 ) T = ( A A ) T = A T A T = ( A T ) 2 . (a)\quad(A^2)^T=(AA)^T=A^TA^T=(A^T)^2. ( a ) ( A 2 ) T = ( AA ) T = A T A T = ( A T ) 2 . ( b ) ( A 1 ) T = A T ; ( A k + 1 ) T = ( A k A ) T = A T ( A k ) T = A T ( A T ) k = ( A T ) k + 1 . (b)\quad(A^1)^T=A^T;\qquad
(A^{k+1})^T=(A^kA)^T=A^T(A^k)^T=A^T(A^T)^k=(A^T)^{k+1}. ( b ) ( A 1 ) T = A T ; ( A k + 1 ) T = ( A k A ) T = A T ( A k ) T = A T ( A T ) k = ( A T ) k + 1 . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 4
A1、A2 同有 m 行，直接验证水平拼接 [A1 A2] 的转置是 A1^T、A2^T 的竖直拼接，并说明水平及竖直拼接的两条一般分块转置公式。
全解
设 A1 有 r 列，A2 有 s 列。转置后第 1 至 r 行来自 A1，其余 s 行来自 A2，元素下标分别与各块自己的转置完全相同，故逐项相等。相同论证适用于任意有限块数；再转置一次即得竖直拼接的公式。
( [ A 1 A 2 ] T ) j i = { ( A 1 ) i j , 1 ≤ j ≤ r , ( A 2 ) i , j − r , r < j ≤ r + s . [ A 1 A 2 ] T = [ A 1 T A 2 T ] . ([A_1\ A_2]^T)_{ji}=\begin{cases}(A_1)_{ij},&1\le j\le r,\\(A_2)_{i,j-r},&r<j\le r+s.\end{cases}
\qquad [A_1\ A_2]^T=\begin{bmatrix}A_1^T\\A_2^T\end{bmatrix}. ([ A 1 A 2 ] T ) j i = { ( A 1 ) ij , ( A 2 ) i , j − r , 1 ≤ j ≤ r , r < j ≤ r + s . [ A 1 A 2 ] T = [ A 1 T A 2 T ] . [ A 1 ⋯ A p ] T = [ A 1 T ⋮ A p T ] , [ B 1 ⋮ B p ] T = [ B 1 T ⋯ B p T ] . [A_1\ \cdots\ A_p]^T=\begin{bmatrix}A_1^T\\\vdots\\A_p^T\end{bmatrix},\qquad
\begin{bmatrix}B_1\\\vdots\\B_p\end{bmatrix}^T=[B_1^T\ \cdots\ B_p^T]. [ A 1 ⋯ A p ] T = A 1 T ⋮ A p T , B 1 ⋮ B p T = [ B 1 T ⋯ B p T ] . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 5
对下面的 7×7 矩阵，记 ai 为第 i 行：(a) 求各行与自身转置的乘积；(b) 用不同两行恰有一个共同 1 的条件求异行乘积；(c) 求 AA^T=alpha I7+beta J7 中的系数。并将方法用于下面指定的 13×13 矩阵 B。
A = [ 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 ] . J 7 = ( 1 ) 1 ≤ i , j ≤ 7 . B r + 1 , c + 1 = { 1 c − r ( m o d 13 ) ∈ { 0 , 1 , 3 , 9 } , 0 otherwise , 0 ≤ r , c ≤ 12. A=\begin{bmatrix}1&1&0&1&0&0&0\\0&1&1&0&1&0&0\\0&0&1&1&0&1&0\\0&0&0&1&1&0&1\\1&0&0&0&1&1&0\\0&1&0&0&0&1&1\\1&0&1&0&0&0&1\end{bmatrix}.\quad J_7=(1)_{1\le i,j\le7}.\qquad B_{r+1,c+1}=\begin{cases}1&c-r\pmod {13}\in\{0,1,3,9\},\\0&\text{otherwise},\end{cases}\quad0\le r,c\le12. A = 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 . J 7 = ( 1 ) 1 ≤ i , j ≤ 7 . B r + 1 , c + 1 = { 1 0 c − r ( mod 13 ) ∈ { 0 , 1 , 3 , 9 } , otherwise , 0 ≤ r , c ≤ 12. 全解
A 每行恰有三个 1，因此 Gram 矩阵对角元素为 3；题设保证异行内积为 1，所以 alpha=2、beta=1。对备注 B，用模 13 的余数编号；第 r 行的支撑为 r+S，其中 S = { 0 , 1 , 3 , 9 } S=\{0,1,3,9\} S = { 0 , 1 , 3 , 9 }
( a ) a i a i T = 3 ( 1 ≤ i ≤ 7 ) . ( b ) a i a j T = 1 ( i ≠ j ) . (a)\quad a_i a_i^T=3\quad(1\le i\le7).\qquad(b)\quad a_i a_j^T=1\ (i\ne j). ( a ) a i a i T = 3 ( 1 ≤ i ≤ 7 ) . ( b ) a i a j T = 1 ( i = j ) . ( c ) ( A A T ) i j = { 3 i = j , 1 i ≠ j , A A T = 2 I 7 + J 7 . (c)\quad (AA^T)_{ij}=\begin{cases}3&i=j,\\1&i\ne j,\end{cases}\qquad AA^T=2I_7+J_7. ( c ) ( A A T ) ij = { 3 1 i = j , i = j , A A T = 2 I 7 + J 7 . { s − t : s , t ∈ S , s ≠ t } = { 1 , 3 , 9 , 12 , 2 , 8 , 10 , 11 , 6 , 4 , 5 , 7 } ( m o d 13 ) . B B T = 3 I 13 + J 13 . \{s-t:s,t\in S,s\ne t\}=\{1,3,9,12,2,8,10,11,6,4,5,7\}\pmod {13}.
\qquad BB^T=3I_{13}+J_{13}. { s − t : s , t ∈ S , s = t } = { 1 , 3 , 9 , 12 , 2 , 8 , 10 , 11 , 6 , 4 , 5 , 7 } ( mod 13 ) . B B T = 3 I 13 + J 13 . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 6
设实矩阵 A=[[a,b],[c,d]] 满足 AA^T=A^TA，且 a≠d。证明 A 对称。
全解
只比较非对角元素，相等条件化为 (a-d)(c-b)=0。第一因子非零，所以 c=b，这恰好是对称所需的条件。
( A A T ) 12 = a c + b d , ( A T A ) 12 = a b + c d ; a c + b d − a b − c d = ( a − d ) ( c − b ) = 0. a ≠ d ⟹ c = b ⟹ A T = A . (AA^T)_{12}=ac+bd,\quad(A^TA)_{12}=ab+cd;
\qquad ac+bd-ab-cd=(a-d)(c-b)=0.
\qquad a\ne d\Longrightarrow c=b\Longrightarrow A^T=A. ( A A T ) 12 = a c + b d , ( A T A ) 12 = ab + c d ; a c + b d − ab − c d = ( a − d ) ( c − b ) = 0. a = d ⟹ c = b ⟹ A T = A . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 7
证明零矩阵是唯一同时对称及反对称的 n×n 实矩阵。
全解
两个条件合起来给出 A=-A，故每个元素都满足 2aij=0，在实数范围内只能为零。反过来，零矩阵显然满足两条转置等式，因此存在性与唯一性都已证明。
A T = A , A T = − A ⟹ 2 A = O ⟹ A = O . O T = O = − O . A^T=A,\ A^T=-A\Longrightarrow2A=O\Longrightarrow A=O.
\qquad O^T=O=-O. A T = A , A T = − A ⟹ 2 A = O ⟹ A = O . O T = O = − O . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 8
设 A、B 是同阶对称方阵。(a) 证明若 AB=BA，则 AB 对称。(b) 判断逆命题是否成立并说明理由。
全解
转置可以准确检验结构化矩阵的乘积能否保留原有结构。若 A A A B B B ( A B ) T = B A (AB)^T=BA ( A B ) T = B A A B AB A B A B = B A AB=BA A B = B A ( A B ) T = B A (AB)^T=BA ( A B ) T = B A S S S K K K ( S K ) T = − K S (SK)^T=-KS ( S K ) T = − K S S K = K S SK=KS S K = K S S K SK S K
因此 (a) 成立，且 (b) 的逆命题也成立。
全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 9
设实矩阵 A=[aij] 为 n×n 反对称矩阵，直接按定义证明每个 k=1,...,n 都有 akk=0。
全解
对角线需要特别留意：若 A A A a i i = − a i i a_{ii}=-a_{ii} a ii = − a ii 2 a i i = 0 2a_{ii}=0 2 a ii = 0 a i i = 0 a_{ii}=0 a ii = 0 2 2 2
由于对角下标是任意的，每个对角元素都为零。
全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 10
设 A 为 n×n 实反对称矩阵，C 为 n×p 实矩阵，证明 p×p 矩阵 C^TAC 反对称。
全解
转置时将乘积反序，并代入 A^T=-A。乘积为 p×p 方阵，转置等于其负矩阵即说明反对称。
( C T A C ) T = C T A T ( C T ) T = C T ( − A ) C = − C T A C . (C^TAC)^T=C^TA^T(C^T)^T=C^T(-A)C=-C^TAC. ( C T A C ) T = C T A T ( C T ) T = C T ( − A ) C = − C T A C . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 11
设实列向量 u、v，A=uv^T-vu^T。(a) 证明 A 反对称。(b) 若 u^Tu=v^Tv=1、u^Tv=p，i 求 A²=alpha(uv^T+vu^T)+beta(uu^T+vv^T) 的系数；ii 求 A³=gamma A 中的 gamma。
全解
(a) 将每个秩一乘积转置即可。(b) 展开四项后，把标量内积提出；v^Tu 是标量 u^Tv 的转置，故仍为 p，得到 alpha=p、beta=-1。为求 A³，先算 Au、Av，再算 A²u、A²v，然后从左用 A² 乘 A 的两项。不需要 u、v 线性无关，因而 p=±1 也包括在内。
( a ) A T = v u T − u v T = − A . (a)\quad A^T=vu^T-uv^T=-A. ( a ) A T = v u T − u v T = − A . ( b ) i A 2 = u ( v T u ) v T − u ( v T v ) u T − v ( u T u ) v T + v ( u T v ) u T = p ( u v T + v u T ) − ( u u T + v v T ) . (b)i\quad A^2=u(v^Tu)v^T-u(v^Tv)u^T-v(u^Tu)v^T+v(u^Tv)u^T
=p(uv^T+vu^T)-(uu^T+vv^T). ( b ) i A 2 = u ( v T u ) v T − u ( v T v ) u T − v ( u T u ) v T + v ( u T v ) u T = p ( u v T + v u T ) − ( u u T + v v T ) . ( b ) i i A u = p u − v , A v = u − p v ; A 2 u = p ( p u − v ) − ( u − p v ) = ( p 2 − 1 ) u , A 2 v = ( p u − v ) − p ( u − p v ) = ( p 2 − 1 ) v . A 3 = ( A 2 u ) v T − ( A 2 v ) u T = ( p 2 − 1 ) A , γ = p 2 − 1. (b)ii\quad Au=pu-v,\quad Av=u-pv;
\quad A^2u=p(pu-v)-(u-pv)=(p^2-1)u,
\quad A^2v=(pu-v)-p(u-pv)=(p^2-1)v.
\quad A^3=(A^2u)v^T-(A^2v)u^T=(p^2-1)A,\qquad\gamma=p^2-1. ( b ) ii A u = p u − v , A v = u − p v ; A 2 u = p ( p u − v ) − ( u − p v ) = ( p 2 − 1 ) u , A 2 v = ( p u − v ) − p ( u − p v ) = ( p 2 − 1 ) v . A 3 = ( A 2 u ) v T − ( A 2 v ) u T = ( p 2 − 1 ) A , γ = p 2 − 1. 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 12
(a) 计算 C=[[0,a],[b,0]] 的平方。(b)i 证明对称 S 的平方对称；ii 否定其逆命题。(c)i 证明反对称 Q 的平方对称；ii 否定其逆命题。(d) 否定“P² 对称则 P 对称或反对称”。
全解
取同一个 2×2 例子 P，令 a=1、b=2，即可否定全部三个逆命题：它的平方是对角矩阵，但两个非对角元素既不相等也不互为相反数。两条正向命题用乘积转置公式；反对称情形的两个负号互相抵消。
( a ) C 2 = [ a b 0 0 a b ] = a b I 2 . (a)\quad C^2=\begin{bmatrix}ab&0\\0&ab\end{bmatrix}=abI_2. ( a ) C 2 = [ ab 0 0 ab ] = ab I 2 . ( b ) i ( S 2 ) T = S T S T = S 2 . ( c ) i ( Q 2 ) T = ( − Q ) ( − Q ) = Q 2 . (b)i\quad(S^2)^T=S^TS^T=S^2.\qquad(c)i\quad(Q^2)^T=(-Q)(-Q)=Q^2. ( b ) i ( S 2 ) T = S T S T = S 2 . ( c ) i ( Q 2 ) T = ( − Q ) ( − Q ) = Q 2 . ( b ) i i , ( c ) i i , ( d ) P = [ 0 1 2 0 ] , P 2 = 2 I 2 , P T ≠ P , P T ≠ − P . (b)ii,(c)ii,(d)\quad P=\begin{bmatrix}0&1\\2&0\end{bmatrix},\quad P^2=2I_2,
\quad P^T\ne P,\quad P^T\ne-P. ( b ) ii , ( c ) ii , ( d ) P = [ 0 2 1 0 ] , P 2 = 2 I 2 , P T = P , P T = − P . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 13
A 对称、B 反对称，均为 n×n。分类并证明：(a) AB+BA；(b) AB-BA；(c) A²B⁴A²；(d) A³B⁴A³；(e) A⁴B⁵A⁴；(f) A³B⁵A³。
全解
直接转置，(a) 得反对称，(b) 得对称。各夹心乘积的两侧是同一次幂的对称矩阵 A，反序后位置不变，只留下 B 的幂次所给的奇偶符号。因此 (c)、(d) 对称，(e)、(f) 反对称。这些是保证成立的性质；结果若为零则同时属于两类。不需要交换性。
( A B + B A ) T = − B A − A B = − ( A B + B A ) , ( A B − B A ) T = − B A + A B = A B − B A . (AB+BA)^T=-BA-AB=-(AB+BA),
\qquad(AB-BA)^T=-BA+AB=AB-BA. ( A B + B A ) T = − B A − A B = − ( A B + B A ) , ( A B − B A ) T = − B A + A B = A B − B A . ( A r B s A r ) T = A r ( − B ) s A r = ( − 1 ) s A r B s A r . ( c ) , ( d ) : s = 4 ; ( e ) , ( f ) : s = 5. (A^rB^sA^r)^T=A^r(-B)^sA^r=(-1)^s A^rB^sA^r.
\qquad(c),(d):s=4;\quad(e),(f):s=5. ( A r B s A r ) T = A r ( − B ) s A r = ( − 1 ) s A r B s A r . ( c ) , ( d ) : s = 4 ; ( e ) , ( f ) : s = 5. 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 14
(a) 实矩阵 A 为 m×n，若对所有实向量 x∈R^m、y∈R^n 有 x^TAy=0，证明 A=0。(b) 实对称矩阵 B 为 n×n，若对所有实 u 有 u^TBu=0，证明 B=0。(c) 给出非零实矩阵 C，使对所有实 u 有 u^TCu=0，以否定删去对称假设的命题。
全解
(a) 取标准基向量，逐个选出矩阵元素。(b) 将二次表达式极化；对称性使两个交叉项相同，故所有 x^TBy 都为零，再用 (a)。(c) 取非零 2×2 反对称矩阵，任意实坐标的二次式都逐项抵消，足以否定普遍命题。固定 n≥2 时可嵌入为对角块；n=1 时不存在这种非零反例。
( a ) a i j = e i T A e j = 0. (a)\quad a_{ij}=e_i^TAe_j=0. ( a ) a ij = e i T A e j = 0. ( b ) 0 = ( x + y ) T B ( x + y ) − x T B x − y T B y = x T B y + y T B x = 2 x T B y . x T B y = 0 ∀ x , y ⟹ B = O . (b)\quad0=(x+y)^TB(x+y)-x^TBx-y^TBy=x^TBy+y^TBx=2x^TBy.
\qquad x^TBy=0\quad\forall x,y\Longrightarrow B=O. ( b ) 0 = ( x + y ) T B ( x + y ) − x T B x − y T B y = x T B y + y T B x = 2 x T B y . x T B y = 0 ∀ x , y ⟹ B = O . ( c ) C = [ 0 1 − 1 0 ] ≠ O , ( s , t ) C [ s t ] = s t − t s = 0. (c)\quad C=\begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}\ne O,
\quad (s,t)C\begin{bmatrix}s\\t\end{bmatrix}=st-ts=0. ( c ) C = [ 0 − 1 1 0 ] = O , ( s , t ) C [ s t ] = s t − t s = 0. 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 15
对下面的两个 3×3 矩阵 A、B，判断是否可交换，并用乘法说明。
A = [ 3 1 − 2 2 − 2 0 − 1 1 2 ] , B = [ 1 1 1 1 − 1 1 0 1 2 ] . A=\begin{bmatrix}3&1&-2\\2&-2&0\\-1&1&2\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}1&1&1\\1&-1&1\\0&1&2\end{bmatrix}. A = 3 2 − 1 1 − 2 1 − 2 0 2 , B = 1 1 0 1 − 1 1 1 1 2 . 全解
分别计算两种顺序的九个行列乘积，都得到单位矩阵的四倍，故可交换。这个结论针对给定的参数。
A B = [ 3 + 1 3 − 1 − 2 3 + 1 − 4 2 − 2 2 + 2 2 − 2 − 1 + 1 − 1 − 1 + 2 − 1 + 1 + 4 ] = 4 I 3 . AB=\begin{bmatrix}3+1&3-1-2&3+1-4\\2-2&2+2&2-2\\-1+1&-1-1+2&-1+1+4\end{bmatrix}=4I_3. A B = 3 + 1 2 − 2 − 1 + 1 3 − 1 − 2 2 + 2 − 1 − 1 + 2 3 + 1 − 4 2 − 2 − 1 + 1 + 4 = 4 I 3 . B A = [ 3 + 2 − 1 1 − 2 + 1 − 2 + 2 3 − 2 − 1 1 + 2 + 1 − 2 + 2 2 − 2 − 2 + 2 4 ] = 4 I 3 . BA=\begin{bmatrix}3+2-1&1-2+1&-2+2\\3-2-1&1+2+1&-2+2\\2-2&-2+2&4\end{bmatrix}=4I_3. B A = 3 + 2 − 1 3 − 2 − 1 2 − 2 1 − 2 + 1 1 + 2 + 1 − 2 + 2 − 2 + 2 − 2 + 2 4 = 4 I 3 . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 16
对下面的 4×4 上三角矩阵 A 与下三角矩阵 B，判断是否 AB=BA 并说明理由。
A = [ 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 ] , B = [ 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 ] . A=\begin{bmatrix}1&1&1&1\\0&1&1&1\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\1&1&0&0\\1&1&1&0\\1&1&1&1\end{bmatrix}. A = 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 , B = 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 . 全解
两种顺序相乘得到下列矩阵，尤其 (1,1) 元素分别为 4 与 1，故不能交换。
A B = [ 4 3 2 1 3 3 2 1 2 2 2 1 1 1 1 1 ] , B A = [ 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 3 3 1 2 3 4 ] . A B ≠ B A . AB=\begin{bmatrix}4&3&2&1\\3&3&2&1\\2&2&2&1\\1&1&1&1\end{bmatrix},\qquad
BA=\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&2&2&2\\1&2&3&3\\1&2&3&4\end{bmatrix}.
\qquad AB\ne BA. A B = 4 3 2 1 3 3 2 1 2 2 2 1 1 1 1 1 , B A = 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 3 3 1 2 3 4 . A B = B A . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 17
已知 AB=BA=0：(a)i 验证平方公式；ii 验证立方公式。(b) 不用二项式定理，用归纳法证明每个整数 n>1 有 (A+B)^n=A^n+B^n。(c) 对下面的 3×3 矩阵验证结论。
A = [ 2 2 2 − 2 − 2 − 2 1 1 1 ] , B = [ − 3 − 4 − 2 6 6 0 − 3 − 2 2 ] (c) . A=\begin{bmatrix}2&2&2\\-2&-2&-2\\1&1&1\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}-3&-4&-2\\6&6&0\\-3&-2&2\end{bmatrix}\qquad\text{(c)}. A = 2 − 2 1 2 − 2 1 2 − 2 1 , B = − 3 6 − 3 − 4 6 − 2 − 2 0 2 (c) . 全解
用分配律得到平方。更高次中，A^kB=A^(k-1)(AB)=0，B^kA=B^(k-1)(BA)=0，因此混合项都为零，这既证明立方，也完成从 n=2 开始的归纳。(c) 将 A 写成 ur，其中 u=(2,-2,1)^T、r=(1,1,1)。直接计算 rB=0 与 Bu=0，所以两个乘积均为零，再应用 (b)。
( a ) i ( A + B ) 2 = A 2 + A B + B A + B 2 = A 2 + B 2 . (a)i\quad(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2=A^2+B^2. ( a ) i ( A + B ) 2 = A 2 + A B + B A + B 2 = A 2 + B 2 . ( a ) i i ( A + B ) 3 = ( A 2 + B 2 ) ( A + B ) = A 3 + A 2 B + B 2 A + B 3 = A 3 + B 3 . (a)ii\quad(A+B)^3=(A^2+B^2)(A+B)=A^3+A^2B+B^2A+B^3=A^3+B^3. ( a ) ii ( A + B ) 3 = ( A 2 + B 2 ) ( A + B ) = A 3 + A 2 B + B 2 A + B 3 = A 3 + B 3 . ( b ) ( A + B ) k = A k + B k ⟹ ( A + B ) k + 1 = ( A k + B k ) ( A + B ) = A k + 1 + B k + 1 ( k ≥ 2 ) . (b)\quad(A+B)^k=A^k+B^k\Longrightarrow
(A+B)^{k+1}=(A^k+B^k)(A+B)=A^{k+1}+B^{k+1}\quad(k\ge2). ( b ) ( A + B ) k = A k + B k ⟹ ( A + B ) k + 1 = ( A k + B k ) ( A + B ) = A k + 1 + B k + 1 ( k ≥ 2 ) . ( c ) r B = ( − 3 + 6 − 3 , − 4 + 6 − 2 , − 2 + 0 + 2 ) = ( 0 , 0 , 0 ) , B u = [ − 6 + 8 − 2 12 − 12 − 6 + 4 + 2 ] = 0. A B = u ( r B ) = O , B A = ( B u ) r = O ⟹ ( A + B ) n = A n + B n ( n ≥ 2 ) . (c)\quad rB=(-3+6-3,-4+6-2,-2+0+2)=(0,0,0),
\quad Bu=\begin{bmatrix}-6+8-2\\12-12\\-6+4+2\end{bmatrix}=0.
\quad AB=u(rB)=O,\ BA=(Bu)r=O\Longrightarrow(A+B)^n=A^n+B^n\ (n\ge2). ( c ) r B = ( − 3 + 6 − 3 , − 4 + 6 − 2 , − 2 + 0 + 2 ) = ( 0 , 0 , 0 ) , B u = − 6 + 8 − 2 12 − 12 − 6 + 4 + 2 = 0. A B = u ( r B ) = O , B A = ( B u ) r = O ⟹ ( A + B ) n = A n + B n ( n ≥ 2 ) . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 18
(a) 证明同阶对角矩阵可交换。(b) 若同阶方阵的 GAH、GBH 都为对角矩阵，且 HG=I_p，证明 A、B 可交换。
全解
(a) 两个乘积的非对角元素都为零，对角元素仅是标量乘积，顺序可交换。(b) 对两个对角矩阵用 (a)，在 A、B 之间代入 HG=I，再在等式左乘 H、右乘 G。直接用题给的单侧逆等式即可。
( a ) ( D E ) i j = δ i j d i i e i i = δ i j e i i d i i = ( E D ) i j . (a)\quad(DE)_{ij}=\delta_{ij}d_{ii}e_{ii}=\delta_{ij}e_{ii}d_{ii}=(ED)_{ij}. ( a ) ( D E ) ij = δ ij d ii e ii = δ ij e ii d ii = ( E D ) ij . ( b ) G A B H = ( G A H ) ( G B H ) = ( G B H ) ( G A H ) = G B A H . H ( G A B H ) G = H ( G B A H ) G ⟹ A B = B A . (b)\quad GABH=(GAH)(GBH)=(GBH)(GAH)=GBAH.
\quad H(GABH)G=H(GBAH)G\Longrightarrow AB=BA. ( b ) G A B H = ( G A H ) ( GB H ) = ( GB H ) ( G A H ) = GB A H . H ( G A B H ) G = H ( GB A H ) G ⟹ A B = B A . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 19
设 p×p 矩阵 A、B 可交换。(a) 证明所有正整数 m、n 有 A^mB^n=B^nA^m；(b) 证明所有正整数 n 的完整二项式展开 (A+B)^n=sum k=0..n binom(n,k) A^(n-k)B^k。
全解
(a) 先对 n 归纳，将 A 移过 B^n；再对 m 归纳。(b) n=1 显然。将 n 次展开式右乘 A+B，用 (a) 把新增的 A 移到 B^k 左侧；第二个和改下标后用帕斯卡恒等式合并，中间系数相加，两个端项系数仍为 1。因此归纳得到完整展开，零次幂指单位矩阵。
( a ) A B n + 1 = ( A B n ) B = B n A B = B n + 1 A , A B = B A ; A m + 1 B n = A ( A m B n ) = A B n A m = B n A m + 1 . (a)\quad AB^{n+1}=(AB^n)B=B^nAB=B^{n+1}A,\quad AB=BA;
\quad A^{m+1}B^n=A(A^mB^n)=AB^nA^m=B^nA^{m+1}. ( a ) A B n + 1 = ( A B n ) B = B n A B = B n + 1 A , A B = B A ; A m + 1 B n = A ( A m B n ) = A B n A m = B n A m + 1 . ( b ) ( A + B ) 1 = A + B . ( A + B ) n + 1 = ∑ k = 0 n ( n k ) A n + 1 − k B k + ∑ k = 0 n ( n k ) A n − k B k + 1 = ∑ j = 0 n + 1 ( n + 1 j ) A n + 1 − j B j . ( n j ) + ( n j − 1 ) = ( n + 1 j ) ( 1 ≤ j ≤ n ) . (b)\quad(A+B)^1=A+B.
\quad(A+B)^{n+1}=\sum_{k=0}^{n}\binom nk A^{n+1-k}B^k+
\sum_{k=0}^{n}\binom nk A^{n-k}B^{k+1}
=\sum_{j=0}^{n+1}\binom{n+1}j A^{n+1-j}B^j.
\quad\binom nj+\binom n{j-1}=\binom{n+1}j\ (1\le j\le n). ( b ) ( A + B ) 1 = A + B . ( A + B ) n + 1 = k = 0 ∑ n ( k n ) A n + 1 − k B k + k = 0 ∑ n ( k n ) A n − k B k + 1 = j = 0 ∑ n + 1 ( j n + 1 ) A n + 1 − j B j . ( j n ) + ( j − 1 n ) = ( j n + 1 ) ( 1 ≤ j ≤ n ) . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 20
A、B 为可交换的同阶方阵，n 为正整数。(a) 证明 A^(n+1)-B^(n+1)=(A-B)sum k=0..n A^(n-k)B^k；(b) 推出 I-B^(n+1)=(I-B)(I+B+...+B^n)。
全解
把 A-B 分配到有限和上。可交换性使 B 能移过 A 的幂，随后相邻项抵消，只剩首末两项，直接得到每个正整数 n 的结论。(b) 取 A=I，它与 B 可交换，不需要 I-B 可逆。
( a ) ( A − B ) ∑ k = 0 n A n − k B k = ∑ k = 0 n A n + 1 − k B k − ∑ k = 0 n A n − k B k + 1 = A n + 1 − B n + 1 . (a)\quad(A-B)\sum_{k=0}^nA^{n-k}B^k
=\sum_{k=0}^n A^{n+1-k}B^k-\sum_{k=0}^n A^{n-k}B^{k+1}
=A^{n+1}-B^{n+1}. ( a ) ( A − B ) k = 0 ∑ n A n − k B k = k = 0 ∑ n A n + 1 − k B k − k = 0 ∑ n A n − k B k + 1 = A n + 1 − B n + 1 . ( b ) ( I − B ) ∑ k = 0 n B k = I − B n + 1 . (b)\quad(I-B)\sum_{k=0}^n B^k=I-B^{n+1}. ( b ) ( I − B ) k = 0 ∑ n B k = I − B n + 1 . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 21
方阵 B、C 可交换，f、g 是标量系数多项式。(a) 证明每个正整数 m 都有 f(B) 与 C^m 可交换；(b) 证明 f(B) 与 g(C) 可交换。
全解
把多项式写成有限标量线性组合，用 Q19(a) 或题准许的结论把每个正次幂 B^k 移过 C^m；常数项是单位矩阵的倍数，也可交换，得到 (a)。再对 g(C) 的有限和分配一次，包含其常数项，即得 (b)。
f ( x ) = ∑ k = 0 r a k x k , g ( x ) = ∑ j = 0 s b j x j . f(x)=\sum_{k=0}^r a_kx^k,\qquad g(x)=\sum_{j=0}^s b_jx^j. f ( x ) = k = 0 ∑ r a k x k , g ( x ) = j = 0 ∑ s b j x j . ( a ) f ( B ) C m = ∑ k = 0 r a k B k C m = ∑ k = 0 r a k C m B k = C m f ( B ) . (a)\quad f(B)C^m=\sum_{k=0}^r a_k B^kC^m
=\sum_{k=0}^r a_k C^m B^k=C^mf(B). ( a ) f ( B ) C m = k = 0 ∑ r a k B k C m = k = 0 ∑ r a k C m B k = C m f ( B ) . ( b ) f ( B ) g ( C ) = ∑ j = 0 s b j f ( B ) C j = ∑ j = 0 s b j C j f ( B ) = g ( C ) f ( B ) . (b)\quad f(B)g(C)=\sum_{j=0}^s b_j f(B)C^j
=\sum_{j=0}^s b_j C^j f(B)=g(C)f(B). ( b ) f ( B ) g ( C ) = j = 0 ∑ s b j f ( B ) C j = j = 0 ∑ s b j C j f ( B ) = g ( C ) f ( B ) . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 22
对下面的 3×3 矩阵 J、K、L，验证 [J,K]=L、[K,L]=J、[L,J]=K。
J = [ 0 1 0 − 1 0 0 0 0 0 ] , K = [ 0 0 − 1 0 0 0 1 0 0 ] , L = [ 0 0 0 0 0 1 0 − 1 0 ] . J=\begin{bmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{bmatrix},\quad K=\begin{bmatrix}0&0&-1\\0&0&0\\1&0&0\end{bmatrix},\quad L=\begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{bmatrix}. J = 0 − 1 0 1 0 0 0 0 0 , K = 0 0 1 0 0 0 − 1 0 0 , L = 0 0 0 0 0 − 1 0 1 0 . 全解
用标准矩阵单位 Eij 表示，乘法定义给出 Eij Ekl=delta(j,k) Eil。下面六个乘积各只剩一个矩阵单位，再依题给顺序相减，即验证全部三条等式。
J = E 12 − E 21 , K = E 31 − E 13 , L = E 23 − E 32 . J K = E 23 , K J = E 32 ; K L = E 12 , L K = E 21 ; L J = E 31 , J L = E 13 . [ J , K ] = E 23 − E 32 = L , [ K , L ] = E 12 − E 21 = J , [ L , J ] = E 31 − E 13 = K . J=E_{12}-E_{21},\quad K=E_{31}-E_{13},\quad L=E_{23}-E_{32}.
\qquad JK=E_{23},\quad KJ=E_{32};\qquad KL=E_{12},\quad LK=E_{21};\qquad LJ=E_{31},\quad JL=E_{13}.
\qquad[J,K]=E_{23}-E_{32}=L,\quad[K,L]=E_{12}-E_{21}=J,\quad[L,J]=E_{31}-E_{13}=K. J = E 12 − E 21 , K = E 31 − E 13 , L = E 23 − E 32 . J K = E 23 , K J = E 32 ; K L = E 12 , L K = E 21 ; L J = E 31 , J L = E 13 . [ J , K ] = E 23 − E 32 = L , [ K , L ] = E 12 − E 21 = J , [ L , J ] = E 31 − E 13 = K . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 23
对同阶方阵证明：(a) [A,beta B+gamma C]=beta[A,B]+gamma[A,C]；(b) [A,A]=0；(c) [A,B]=-[B,A]=[-B,A]=[B,-A]；(d) [alpha A+beta B,C]=alpha[A,C]+beta[B,C]；(e) 若 A 与 [A,B] 可交换，证明所有正整数 k 有 [A^(k+1),B]=(k+1)[A,B]A^k。
全解
(a) 至 (d) 按定义 XY-YX 展开，保留矩阵顺序。(e) 先展开得到交换子的乘积法则。令 K=[A,B]，假设就是 AK=KA。从 [A,B]=K 开始，对正整数幂 m 归纳，利用乘积法则与交换性把相同贡献合并，得到 [A^m,B]=mKA^(m-1)。最后取 m=k+1。
( a ) A ( β B + γ C ) − ( β B + γ C ) A = β ( A B − B A ) + γ ( A C − C A ) . ( b ) [ A , A ] = A 2 − A 2 = O . ( c ) A B − B A = − ( B A − A B ) = ( − B ) A − A ( − B ) = B ( − A ) − ( − A ) B . ( d ) ( α A + β B ) C − C ( α A + β B ) = α ( A C − C A ) + β ( B C − C B ) . (a)\quad A(\beta B+\gamma C)-(\beta B+\gamma C)A
=\beta(AB-BA)+\gamma(AC-CA).
\quad(b)\ [A,A]=A^2-A^2=O.
\quad(c)\ AB-BA=-(BA-AB)=(-B)A-A(-B)=B(-A)-(-A)B.
\quad(d)\ (\alpha A+\beta B)C-C(\alpha A+\beta B)
=\alpha(AC-CA)+\beta(BC-CB). ( a ) A ( β B + γ C ) − ( β B + γ C ) A = β ( A B − B A ) + γ ( A C − C A ) . ( b ) [ A , A ] = A 2 − A 2 = O . ( c ) A B − B A = − ( B A − A B ) = ( − B ) A − A ( − B ) = B ( − A ) − ( − A ) B . ( d ) ( α A + β B ) C − C ( α A + β B ) = α ( A C − C A ) + β ( B C − C B ) . ( e ) [ X Y , B ] = X Y B − B X Y = X ( Y B − B Y ) + ( X B − B X ) Y . [ A , B ] = K ; [ A m + 1 , B ] = A m [ A , B ] + [ A m , B ] A = A m K + m K A m = ( m + 1 ) K A m . [ A k + 1 , B ] = ( k + 1 ) [ A , B ] A k . (e)\quad[XY,B]=XYB-BXY=X(YB-BY)+(XB-BX)Y.
\quad[A,B]=K;\quad[A^{m+1},B]=A^m[A,B]+[A^m,B]A
=A^mK+mKA^m=(m+1)KA^m.
\quad[A^{k+1},B]=(k+1)[A,B]A^k. ( e ) [ X Y , B ] = X Y B − B X Y = X ( Y B − B Y ) + ( X B − B X ) Y . [ A , B ] = K ; [ A m + 1 , B ] = A m [ A , B ] + [ A m , B ] A = A m K + m K A m = ( m + 1 ) K A m . [ A k + 1 , B ] = ( k + 1 ) [ A , B ] A k . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 24
设 A、B、C、D 为同阶实方阵。(a) 证明 [A,[B,C]]+[B,[C,A]]+[C,[A,B]]=0。(b) 若 AB=BA，证明对所有 C 有 [A,[B,C]]=[B,[A,C]]。(c) 判断下面的四项恒等式是否对所有同阶实方阵 A、B、C、D 成立。
[ A , [ B , [ C , D ] ] ] + [ B , [ C , [ D , A ] ] ] + [ C , [ D , [ A , B ] ] ] + [ D , [ A , [ B , C ] ] ] = O (c) . [A,[B,[C,D]]]+[B,[C,[D,A]]]+[C,[D,[A,B]]]+[D,[A,[B,C]]]=O\qquad\text{(c)}. [ A , [ B , [ C , D ]]] + [ B , [ C , [ D , A ]]] + [ C , [ D , [ A , B ]]] + [ D , [ A , [ B , C ]]] = O (c) . 全解
(a) 展开十二个有序三重乘积，每项都与对应负项抵消。(b) 因 [A,B]=0，(a) 的第三项为零，再用 [C,A]=-[A,C] 即得结论。(c) 所印命题是假的，在题给假设下不存在证明。下面给出确切的 2×2 实矩阵单位反例，四项依次是 0、0、E11-E22、0，总和非零，因此否定此恒等式。
( a ) [ A , [ B , C ] ] = A B C − A C B − B C A + C B A , [ B , [ C , A ] ] = B C A − B A C − C A B + A C B , [ C , [ A , B ] ] = C A B − C B A − A B C + B A C . [ A , [ B , C ] ] + [ B , [ C , A ] ] + [ C , [ A , B ] ] = O . (a)\quad[A,[B,C]]=ABC-ACB-BCA+CBA,
\quad[B,[C,A]]=BCA-BAC-CAB+ACB,
\quad[C,[A,B]]=CAB-CBA-ABC+BAC.
\quad[A,[B,C]]+[B,[C,A]]+[C,[A,B]]=O. ( a ) [ A , [ B , C ]] = A B C − A C B − B C A + C B A , [ B , [ C , A ]] = B C A − B A C − C A B + A C B , [ C , [ A , B ]] = C A B − C B A − A B C + B A C . [ A , [ B , C ]] + [ B , [ C , A ]] + [ C , [ A , B ]] = O . ( b ) [ A , [ B , C ] ] − [ B , [ A , C ] ] = − [ C , [ A , B ] ] = O . (b)\quad[A,[B,C]]-[B,[A,C]]=-[C,[A,B]]=O. ( b ) [ A , [ B , C ]] − [ B , [ A , C ]] = − [ C , [ A , B ]] = O . ( c ) A = E 11 , B = E 12 , C = E 21 , D = E 22 . [ C , D ] = − E 21 , [ B , [ C , D ] ] = − ( E 11 − E 22 ) , [ A , [ B , [ C , D ] ] ] = O . [ D , A ] = O ⟹ [ B , [ C , [ D , A ] ] ] = O . [ A , B ] = E 12 , [ D , [ A , B ] ] = − E 12 , [ C , [ D , [ A , B ] ] ] = E 11 − E 22 . [ B , C ] = E 11 − E 22 , [ A , [ B , C ] ] = O ⟹ [ D , [ A , [ B , C ] ] ] = O . sum = E 11 − E 22 = [ 1 0 0 − 1 ] ≠ O . (c)\quad A=E_{11},\ B=E_{12},\ C=E_{21},\ D=E_{22}.
\quad[C,D]=-E_{21},\quad[B,[C,D]]=-(E_{11}-E_{22}),\quad[A,[B,[C,D]]]=O.
\quad[D,A]=O\Longrightarrow[B,[C,[D,A]]]=O.
\quad[A,B]=E_{12},\quad[D,[A,B]]=-E_{12},\quad[C,[D,[A,B]]]=E_{11}-E_{22}.
\quad[B,C]=E_{11}-E_{22},\quad[A,[B,C]]=O\Longrightarrow[D,[A,[B,C]]]=O.
\quad\text{sum}=E_{11}-E_{22}=\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}\ne O. ( c ) A = E 11 , B = E 12 , C = E 21 , D = E 22 . [ C , D ] = − E 21 , [ B , [ C , D ]] = − ( E 11 − E 22 ) , [ A , [ B , [ C , D ]]] = O . [ D , A ] = O ⟹ [ B , [ C , [ D , A ]]] = O . [ A , B ] = E 12 , [ D , [ A , B ]] = − E 12 , [ C , [ D , [ A , B ]]] = E 11 − E 22 . [ B , C ] = E 11 − E 22 , [ A , [ B , C ]] = O ⟹ [ D , [ A , [ B , C ]]] = O . sum = E 11 − E 22 = [ 1 0 0 − 1 ] = O . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 25
证明：(a) [A,A^T] 对称；(b) 对称 A、B 的 [A,B] 反对称；(c) A 对称、B 反对称时 [A,B] 对称；(d) A、B 都反对称时 [A,B] 反对称。
全解
分别转置每个差式，乘积反序，并代入对应的对称条件。转置后符号为正便对称，为负便反对称。若结果为零，则同时有两种性质。
( a ) ( A A T − A T A ) T = A A T − A T A . (a)\quad(AA^T-A^TA)^T=AA^T-A^TA. ( a ) ( A A T − A T A ) T = A A T − A T A . ( b ) ( A B − B A ) T = B A − A B = − ( A B − B A ) . (b)\quad(AB-BA)^T=BA-AB=-(AB-BA). ( b ) ( A B − B A ) T = B A − A B = − ( A B − B A ) . ( c ) ( A B − B A ) T = ( − B ) A − A ( − B ) = A B − B A . (c)\quad(AB-BA)^T=(-B)A-A(-B)=AB-BA. ( c ) ( A B − B A ) T = ( − B ) A − A ( − B ) = A B − B A . ( d ) ( A B − B A ) T = ( − B ) ( − A ) − ( − A ) ( − B ) = B A − A B = − ( A B − B A ) . (d)\quad(AB-BA)^T=(-B)(-A)-(-A)(-B)=BA-AB=-(AB-BA). ( d ) ( A B − B A ) T = ( − B ) ( − A ) − ( − A ) ( − B ) = B A − A B = − ( A B − B A ) . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 26
(a) 把 (A+B)² 与 (A-B)(A+B) 写成 alpha A²+beta B²+gamma AB+delta[A,B]；(b) 证明 (A+B)²=A²+2AB+B² 当且仅当 (A-B)(A+B)=A²-B²。
全解
由定义 BA=AB-[A,B]，将它代入两个分配展开式。两组系数分别为 (1,1,2,-1) 与 (1,-1,0,1)。(b) 中的每条等式都恰在 [A,B]=0 时成立，因此得到双向等价，不预先假定可交换。
( a ) ( A + B ) 2 = A 2 + A B + B A + B 2 = A 2 + B 2 + 2 A B − [ A , B ] , ( A − B ) ( A + B ) = A 2 + A B − B A − B 2 = A 2 − B 2 + [ A , B ] . (a)\quad(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2=A^2+B^2+2AB-[A,B],
\quad(A-B)(A+B)=A^2+AB-BA-B^2=A^2-B^2+[A,B]. ( a ) ( A + B ) 2 = A 2 + A B + B A + B 2 = A 2 + B 2 + 2 A B − [ A , B ] , ( A − B ) ( A + B ) = A 2 + A B − B A − B 2 = A 2 − B 2 + [ A , B ] . ( b ) ( A + B ) 2 = A 2 + 2 A B + B 2 ⟺ [ A , B ] = O ⟺ ( A − B ) ( A + B ) = A 2 − B 2 . (b)\quad(A+B)^2=A^2+2AB+B^2\iff[A,B]=O
\iff(A-B)(A+B)=A^2-B^2. ( b ) ( A + B ) 2 = A 2 + 2 A B + B 2 ⟺ [ A , B ] = O ⟺ ( A − B ) ( A + B ) = A 2 − B 2 . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 27
设 C=sA+tB、D=uA+vB，标量满足 sv-tu≠0，证明 [A,B]=0 当且仅当 [C,D]=0。
全解
展开交换子中的两个乘积，A² 与 B² 项抵消，剩下非零标量 sv-tu 乘 [A,B]。非零实数乘一个矩阵为零，当且仅当该矩阵为零，故两个方向都成立。
[ C , D ] = s u A 2 + s v A B + t u B A + t v B 2 − ( u s A 2 + u t A B + v s B A + v t B 2 ) = ( s v − t u ) ( A B − B A ) = ( s v − t u ) [ A , B ] . s v − t u ≠ 0 ⟹ ( [ C , D ] = O ⟺ [ A , B ] = O ) . [C,D]=suA^2+svAB+tuBA+tvB^2
-\bigl(usA^2+utAB+vsBA+vtB^2\bigr)
=(sv-tu)(AB-BA)=(sv-tu)[A,B].
\quad sv-tu\ne0\Longrightarrow\bigl([C,D]=O\iff[A,B]=O\bigr). [ C , D ] = s u A 2 + s v A B + t u B A + t v B 2 − ( u s A 2 + u t A B + v s B A + v t B 2 ) = ( s v − t u ) ( A B − B A ) = ( s v − t u ) [ A , B ] . s v − t u = 0 ⟹ ( [ C , D ] = O ⟺ [ A , B ] = O ) . 全文均用实数及相容的矩阵大小；转置为普通转置，不是共轭转置。[X,Y]=XY-YX；I 为单位矩阵，O 为零矩阵。
题目 28
(a) 证明对角 C、D 可交换且 CD 对角。(b) 对角 D 与正交 P 给出 PDP^T 对称。(c) 对角 C、D 与正交 P，令 G=PCP^T、H=PDP^T，证明 GH=HG 且 GH 对称。(d)i 对 A=[[1,2],[2,3]]、B=[[2,0],[0,3]] 计算 AB、BA；ii 用它们否定“对称因子的乘积对称”及“对称因子可交换”。
全解
(a) 乘法中只有同一对角下标的项能保留。(b) 实对角矩阵等于自己的转置，对夹心乘积转置即可。(c) 中间 P^TP=I，故 GH=P(CD)P^T、HG=P(DC)P^T，由 (a) 相等；又 CD 对角，由 (b) 其共同值对称。(d) 两个给定因子都对称，但 AB 的两个非对角元素明确不等，故不对称，两个乘积也不相同。同一个例子同时否定两条普遍命题。
( a ) ( C D ) i j = δ i j c i i d i i = ( D C ) i j . (a)\quad(CD)_{ij}=\delta_{ij}c_{ii}d_{ii}=(DC)_{ij}. ( a ) ( C D ) ij = δ ij c ii d ii = ( D C ) ij . ( b ) ( P D P T ) T = P D T P T = P D P T . (b)\quad(PDP^T)^T=PD^TP^T=PDP^T. ( b ) ( P D P T ) T = P D T P T = P D P T . ( c ) G H = P C ( P T P ) D P T = P ( C D ) P T = P ( D C ) P T = H G ; ( G H ) T = ( P ( C D ) P T ) T = P ( C D ) T P T = P ( C D ) P T = G H . (c)\quad GH=PC(P^TP)DP^T=P(CD)P^T=P(DC)P^T=HG;
\quad(GH)^T=(P(CD)P^T)^T=P(CD)^TP^T=P(CD)P^T=GH. ( c ) G H = P C ( P T P ) D P T = P ( C D ) P T = P ( D C ) P T = H G ; ( G H ) T = ( P ( C D ) P T ) T = P ( C D ) T P T = P ( C D ) P T = G H . ( d ) i A B = [ 2 6 4 9 ] , B A = [ 2 4 6 9 ] . ( d ) i i A T = A , B T = B , ( A B ) T ≠ A B , A B ≠ B A . (d)i\quad AB=\begin{bmatrix}2&6\\4&9\end{bmatrix},\quad BA=\begin{bmatrix}2&4\\6&9\end{bmatrix}.
\quad(d)ii\quad A^T=A,\quad B^T=B,\quad (AB)^T\ne AB,\quad AB\ne BA. ( d ) i A B = [ 2 4 6 9 ] , B A = [ 2 6 4 9 ] . ( d ) ii A T = A , B T = B , ( A B ) T = A B , A B = B A .