動機
學習矩陣乘法之後，矩陣的大小與其中的數值同樣重要。在乘積中，一行係數與一欄座標承擔不同的角色；不少論證卻需要在不改變原有數據的前提下，把一種角色轉換成另一種。轉置正是完成這種轉換的運算：行變成欄，欄變成行，矩陣的大小亦隨之互換。
對方陣而言，交換兩個索引可以看成沿主對角線反射。反射後保持不變的矩陣是對稱矩陣；反射後變成自身負矩陣的是反對稱矩陣。這些條件並非只描述外觀。它們會約束乘積的結構，說明乘法次序為甚麼重要，並給出一種規範的方法，把任何方陣拆成兩個結構較清楚的部分。
本節始終討論實數矩陣。所有轉置恆等式在任何域上都成立；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
轉置就是把行與欄對調
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
轉置不會改變元素本身，只會改變每個元素所在的位置。若 A A A m × n m \times n m × n 1 1 1 m m m 1 1 1 n n n
下面的圖解先說明幾何圖像：轉置是索引交換；對方陣來說，這個索引交換就是沿主對角線反射。
轉置、對稱與反對稱 把轉置看成索引交換與對角線反射，再把這個圖像連到對稱矩陣、反對稱矩陣、乘積反序，以及對稱/反對稱分解。
索引交換
A 中的 a_ij 會出現在 A^T 的 (j,i) 位置，因此 m x n 矩陣會變成 n x m 矩陣。
對角線反射
對方陣來說，轉置會保持主對角線不動，並交換主對角線兩側的元素。
對稱規則
若 A^T = A，矩陣就是對稱矩陣；也就是每一對非對角元素滿足 a_ij = a_ji。
反對稱規則
若 A^T = -A，矩陣就是反對稱矩陣；成對元素互為相反數，而且對角元素必為零。
乘積次序
轉置會反轉乘積次序：(AB)^T = B^T A^T。次序改變，是因為行乘欄配對被整個轉向。
兩部分分解
對方陣 A，1/2(A+A^T) 是對稱部分，1/2(A-A^T) 是反對稱部分，兩部分相加會回到 A。
轉置會交換兩個索引。對方陣來說，這就是沿主對角線反射：對稱矩陣讓成對元素相等，反對稱矩陣讓成對元素互為相反數，而每個方陣都可拆成對稱部分和反對稱部分。
引導式圖像比較
下面的互動區可以在幾個例子之間切換。請把 A A A A T A^T A T
互動 · 比較情況 情況 1 / 3
比較一個矩陣與它的轉置
選一個矩陣，把 A T A^T A T A A A − A -A − A 再看它的對稱部分與反對稱部分。
A T A^T A T A A A
對稱部分 S = 1 2 ( A + A T ) S = \frac{1}{2}(A + A^T) S = 2 1 ( A + A T ) 反對稱部分 K = 1 2 ( A − A T ) K = \frac{1}{2}(A - A^T) K = 2 1 ( A − A T ) 對稱 a i j = a j i a_{ij} = a_{ji} a ij = a j i 反對稱 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 每個方陣都可分解為 A = S + K A = S + K A = S + K S S S K K K A A A
設
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 ] . 則
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 . 原來的 2 × 3 2 \times 3 2 × 3 3 × 2 3 \times 2 3 × 2
幾條基本恆等式，應該視作本節的核心語言：
( 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 . 若乘積有定義，轉置會把次序反過來：
( A B ) T = B T A T . (AB)^T = B^T A^T. ( A B ) T = B T A T . 這個「反序」不是小事，而是行乘欄配對被轉向之後的必然結果。
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 ] . 則
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 ] . 乘積亦然，只是次序一定要反過來：
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 ] . 矩陣相加時，設 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 前三項性質可以直接比較對應元素得到。乘積公式值得完整證明一次，因為它清楚解釋了乘法次序為甚麼必須反轉。
設 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 . 最後一步使用的是純量乘法的交換律，並沒有假設矩陣乘法可交換。兩邊每個對應元素都相等，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
轉置為何不只是重新排列元素
對於大小相同的實欄向量 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 內積、範數與夾角 。
設 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 ) . 第一個等號使用乘積轉置公式，第二個等號只使用結合律。因此，在內積中，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
大小說明了兩種作用的方向：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
對稱矩陣與反對稱矩陣
設 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
要特別留意「方陣」這兩個字。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
對稱表示沿主對角線反射後不變。反對稱表示反射後整個矩陣變號。逐元素寫出，兩個條件分別是
A 對稱 ⟺ a i j = a j i , A 反對稱 ⟺ a i j = − a j i A\text{ 對稱}
\iff a_{ij}=a_{ji},
\qquad
A\text{ 反對稱}
\iff a_{ij}=-a_{ji} A 對稱 ⟺ a ij = a j i , A 反對稱 ⟺ a ij = − a j i 對所有索引 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
矩陣
[ 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 是對稱矩陣，因為 ( i , j ) (i,j) ( i , j ) ( j , i ) (j,i) ( j , i )
矩陣
[ 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 是反對稱矩陣，因為轉置之後每個非對角元素都改變符號，而對角線保持 0 0 0
三個直接後果很重要：
實數反對稱矩陣的對角元素全部都是 0 0 0
零矩陣既對稱又反對稱
單位矩陣是對稱矩陣
第三項其實只是「對角矩陣在轉置下不變」的特例。
對每一個方陣 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
直接套用轉置公式：
( 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 . 至於差，
( 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 ) . 上一個結果是最重要的結構定理的起點。
每一個實數方陣 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 ) . 這個結論同時包含存在性與唯一性。只列出公式並不足夠，必須分別驗證兩部分。
先證明存在性。定義
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 ) . 由前面的轉置恆等式可知 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 . 因此這種分解確實存在。再證明唯一性。假設某個對稱矩陣 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 . 由於在實數範圍內 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這兩個矩陣，唯一性因此得證。相同證明適用於任何特徵不等於 2 2 2
設
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 . 則
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 . 第一個矩陣是對稱矩陣，第二個矩陣是反對稱矩陣，而二者相加正好回到 A A A
矩陣與自身的轉置相乘時，還會產生一種很有用的對稱結構。它能把矩形矩陣轉成方陣，並分別記錄行或欄之間的關係。
只要乘積有定義，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 . 對第二個乘積，
( 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 . 兩個乘積都等於自身的轉置，因此按照定義都是對稱矩陣。
這亦是轉置在後續的正交、投影和最小二乘論證中反覆出現的原因之一。例如，當 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. 此處對實欄向量 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
可交換與不可交換的矩陣
若兩個同階方陣 A A A B B B
A B = B A , AB = BA, A B = B A , 則稱它們可交換。
對加法而言，可交換性是預設；對乘法而言，可交換性卻是特例。這是矩陣代數與純量代數最重要的差別之一。
零矩陣與單位矩陣都會與任何同大小的方陣可交換。相同大小的對角矩陣彼此也可交換，因為它們的乘積仍是對角矩陣，而且對角元素相乘本身就交換。
轉置可以準確檢驗結構化矩陣的乘積能否保留原有結構。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 ] . 則
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
這種例子不是小插曲，而是提醒我們：矩陣恆等式裡，因子的次序絕不能亂改。
若 A A A B B B
A B 對稱 ⟺ A B = B A . AB \text{ 對稱 } \iff AB = BA. A B 對稱 ⟺ A B = B A . 因為 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
設
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 ] . 這裡 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 ] . 若一個對稱矩陣 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 . 常見錯誤
正確公式是 ( 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
對稱是單一矩陣的性質，可交換是兩個矩陣之間的性質。兩者不是同一件事。
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
轉置總是存在，而且只交換兩個索引。逆矩陣只對某些方陣存在，並且必須滿足
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
總結
轉置交換矩陣的兩個索引，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 ) 與 1 2 ( A − A T ) \frac12(A+A^T)
\quad\text{與}\quad
\frac12(A-A^T) 2 1 ( A + A T ) 與 2 1 ( A − A T ) 並非偶然的計算技巧。它們是由 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
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（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 快速檢查
（哪一條公式正確：( 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
比較等式兩邊的任意一個元素，或用一對不交換的方陣檢驗。
解答 · 答案 ( A B ) T = B T A T (AB)^T = B^T A^T ( A B ) T = B T A T
快速檢查
（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
引導練習
快速檢查
（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 · 引導解答 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 ] . 檢查 S S S K K K A = S + K A = S + K A = S + K
快速檢查
（若 A A A B B B A B = B A AB = BA A B = B A A B AB A B
解答 · 引導解答 因為
( 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
快速檢查
（若 A A A A + A T A + A^T A + A T
解答 · 引導解答 因為 ( 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
快速檢查
（若 A A A A − A T A - A^T A − A T
解答 · 引導解答 因為 ( 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 )
相關筆記
本節建立在
3.2 矩陣乘法、單位矩陣與線性方程組
之上。接著可讀
3.4 特殊矩陣 ，研究對角、三角、單位與初等矩陣家族。
補充練習與完整解答
全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 1
對下面的矩陣 A、B：(a)i 寫出 A 的轉置；ii 求 2A^T+3B 的第一行。(b) 已知 AB=I3，求 u、v、w 並說明理由。
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
轉置交換行欄下標。(b) 中 AB 的第二欄必須等於單位矩陣的第二欄。欄乘積給出的三個方程確定所求數，其他欄不再限制 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. 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 2
設 A 為 m×n，B、C 為 n×p，D 為 p×q，證明：(a) [A(B+C)]^T=B^TA^T+C^TA^T；(b) (ABD)^T=D^TB^TA^T。
全解
應用已證明的乘積轉置與和的轉置公式。(a) 兩邊均為 p×m，(b) 兩邊均為 q×m，所有乘積都有定義。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 3
對方陣 A，證明：(a) (A²)^T=(A^T)²；(b) 用數學歸納法證明對所有正整數 n 有 (A^n)^T=(A^T)^n。
全解
(a) 直接用乘積轉置公式。(b) 從 n=1 開始；假定 n=k 時成立，再對 A^k A 用公式。這裏只合併同一矩陣 A^T 的冪，沒有假定任意矩陣可交換。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 4
A1、A2 同有 m 行，直接驗證水平拼接 [A1 A2] 的轉置是 A1^T、A2^T 的垂直拼接，並說明水平及垂直拼接的兩條一般分塊轉置公式。
全解
設 A1 有 r 欄，A2 有 s 欄。轉置後第 1 至 r 行來自 A1，其餘 s 行來自 A2，元素下標分別與各塊自己的轉置完全相同，故逐項相等。相同論證適用於任意有限塊數；再轉置一次即得垂直拼接的公式。
( [ 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 ] . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 5
對下面的 7×7 矩陣，記 ai 為第 i 行：(a) 求各行與自身轉置的乘積；(b) 用不同兩行恰有一個共同 1 的條件求異行乘積；(c) 求 AA^T=alpha I7+beta J7 中的係數。並將方法用於下面指定的 13×13 矩陣 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 每行恰有三個 1，因此 Gram 矩陣對角元素為 3；題設保證異行內積為 1，所以 alpha=2、beta=1。對備註 B，用模 13 的餘數編號；第 r 行的支撐為 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 6
設實矩陣 A=[[a,b],[c,d]] 滿足 AA^T=A^TA，且 a≠d。證明 A 對稱。
全解
只比較非對角元素，相等條件化為 (a-d)(c-b)=0。第一因子非零，所以 c=b，這恰好是對稱所需的條件。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 7
證明零矩陣是唯一同時對稱及反對稱的 n×n 實矩陣。
全解
兩個條件合起來給出 A=-A，故每個元素都滿足 2aij=0，在實數範圍內只能為零。反過來，零矩陣顯然滿足兩條轉置等式，因此存在性與唯一性都已證明。
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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 8
設 A、B 是同階對稱方陣。(a) 證明若 AB=BA，則 AB 對稱。(b) 判斷逆命題是否成立並說明理由。
全解
轉置可以準確檢驗結構化矩陣的乘積能否保留原有結構。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) 的逆命題也成立。
全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 9
設實矩陣 A=[aij] 為 n×n 反對稱矩陣，直接按定義證明每個 k=1,...,n 都有 akk=0。
全解
對角線需要特別留意：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
由於對角下標是任意的，每個對角元素都為零。
全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 10
設 A 為 n×n 實反對稱矩陣，C 為 n×p 實矩陣，證明 p×p 矩陣 C^TAC 反對稱。
全解
轉置時將乘積反序，並代入 A^T=-A。乘積為 p×p 方陣，轉置等於其負矩陣即說明反對稱。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 11
設實欄向量 u、v，A=uv^T-vu^T。(a) 證明 A 反對稱。(b) 若 u^Tu=v^Tv=1、u^Tv=p，i 求 A²=alpha(uv^T+vu^T)+beta(uu^T+vv^T) 的係數；ii 求 A³=gamma A 中的 gamma。
全解
(a) 將每個秩一乘積轉置即可。(b) 展開四項後，把純量內積提出；v^Tu 是純量 u^Tv 的轉置，故仍為 p，得到 alpha=p、beta=-1。為求 A³，先算 Au、Av，再算 A²u、A²v，然後從左用 A² 乘 A 的兩項。不需要 u、v 線性無關，因而 p=±1 也包括在內。
( 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. 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 12
(a) 計算 C=[[0,a],[b,0]] 的平方。(b)i 證明對稱 S 的平方對稱；ii 否定其逆命題。(c)i 證明反對稱 Q 的平方對稱；ii 否定其逆命題。(d) 否定「P² 對稱則 P 對稱或反對稱」。
全解
取同一個 2×2 例子 P，令 a=1、b=2，即可否定全部三個逆命題：它的平方是對角矩陣，但兩個非對角元素既不相等也不互為相反數。兩條正向命題用乘積轉置公式；反對稱情形的兩個負號互相抵消。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 13
A 對稱、B 反對稱，均為 n×n。分類並證明：(a) AB+BA；(b) AB-BA；(c) A²B⁴A²；(d) A³B⁴A³；(e) A⁴B⁵A⁴；(f) A³B⁵A³。
全解
直接轉置，(a) 得反對稱，(b) 得對稱。各夾心乘積的兩側是同一次冪的對稱矩陣 A，反序後位置不變，只留下 B 的冪次所給的奇偶符號。因此 (c)、(d) 對稱，(e)、(f) 反對稱。這些是保證成立的性質；結果若為零則同時屬於兩類。不需要交換性。
( 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. 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 14
(a) 實矩陣 A 為 m×n，若對所有實向量 x∈R^m、y∈R^n 有 x^TAy=0，證明 A=0。(b) 實對稱矩陣 B 為 n×n，若對所有實 u 有 u^TBu=0，證明 B=0。(c) 給出非零實矩陣 C，使對所有實 u 有 u^TCu=0，以否定刪去對稱假設的命題。
全解
(a) 取標準基向量，逐個選出矩陣元素。(b) 將二次表達式極化；對稱性使兩個交叉項相同，故所有 x^TBy 都為零，再用 (a)。(c) 取非零 2×2 反對稱矩陣，任意實座標的二次式都逐項抵消，足以否定普遍命題。固定 n≥2 時可嵌入為對角塊；n=1 時不存在這種非零反例。
( 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. 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 15
對下面的兩個 3×3 矩陣 A、B，判斷是否可交換，並用乘法說明。
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
分別計算兩種順序的九個行欄乘積，都得到單位矩陣的四倍，故可交換。這個結論針對給定的參數。
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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 16
對下面的 4×4 上三角矩陣 A 與下三角矩陣 B，判斷是否 AB=BA 並說明理由。
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
兩種順序相乘得到下列矩陣，尤其 (1,1) 元素分別為 4 與 1，故不能交換。
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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 17
已知 AB=BA=0：(a)i 驗證平方公式；ii 驗證立方公式。(b) 不用二項式定理，用歸納法證明每個整數 n>1 有 (A+B)^n=A^n+B^n。(c) 對下面的 3×3 矩陣驗證結論。
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，因此混合項都為零，這既證明立方，也完成從 n=2 開始的歸納。(c) 將 A 寫成 ur，其中 u=(2,-2,1)^T、r=(1,1,1)。直接計算 rB=0 與 Bu=0，所以兩個乘積均為零，再應用 (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 ) . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 18
(a) 證明同階對角矩陣可交換。(b) 若同階方陣的 GAH、GBH 都為對角矩陣，且 HG=I_p，證明 A、B 可交換。
全解
(a) 兩個乘積的非對角元素都為零，對角元素僅是純量乘積，順序可交換。(b) 對兩個對角矩陣用 (a)，在 A、B 之間代入 HG=I，再在等式左乘 H、右乘 G。直接用題給的單側逆等式即可。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 19
設 p×p 矩陣 A、B 可交換。(a) 證明所有正整數 m、n 有 A^mB^n=B^nA^m；(b) 證明所有正整數 n 的完整二項式展開 (A+B)^n=sum k=0..n binom(n,k) A^(n-k)B^k。
全解
(a) 先對 n 歸納，將 A 移過 B^n；再對 m 歸納。(b) n=1 顯然。將 n 次展開式右乘 A+B，用 (a) 把新增的 A 移到 B^k 左側；第二個和改下標後用帕斯卡恆等式合併，中間係數相加，兩個端項係數仍為 1。因此歸納得到完整展開，零次冪指單位矩陣。
( 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 ) . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 20
A、B 為可交換的同階方陣，n 為正整數。(a) 證明 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。可交換性使 B 能移過 A 的冪，隨後相鄰項抵消，只剩首末兩項，直接得到每個正整數 n 的結論。(b) 取 A=I，它與 B 可交換，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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 21
方陣 B、C 可交換，f、g 是純量係數多項式。(a) 證明每個正整數 m 都有 f(B) 與 C^m 可交換；(b) 證明 f(B) 與 g(C) 可交換。
全解
把多項式寫成有限純量線性組合，用 Q19(a) 或題准許的結論把每個正次冪 B^k 移過 C^m；常數項是單位矩陣的倍數，也可交換，得到 (a)。再對 g(C) 的有限和分配一次，包含其常數項，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 ) . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 22
對下面的 3×3 矩陣 J、K、L，驗證 [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
用標準矩陣單位 Eij 表示，乘法定義給出 Eij Ekl=delta(j,k) Eil。下面六個乘積各只剩一個矩陣單位，再依題給順序相減，即驗證全部三條等式。
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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 23
對同階方陣證明：(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 與 [A,B] 可交換，證明所有正整數 k 有 [A^(k+1),B]=(k+1)[A,B]A^k。
全解
(a) 至 (d) 按定義 XY-YX 展開，保留矩陣順序。(e) 先展開得到交換子的乘積法則。令 K=[A,B]，假設就是 AK=KA。從 [A,B]=K 開始，對正整數冪 m 歸納，利用乘積法則與交換性把相同貢獻合併，得到 [A^m,B]=mKA^(m-1)。最後取 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 24
設 A、B、C、D 為同階實方陣。(a) 證明 [A,[B,C]]+[B,[C,A]]+[C,[A,B]]=0。(b) 若 AB=BA，證明對所有 C 有 [A,[B,C]]=[B,[A,C]]。(c) 判斷下面的四項恆等式是否對所有同階實方陣 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) 展開十二個有序三重乘積，每項都與對應負項抵消。(b) 因 [A,B]=0，(a) 的第三項為零，再用 [C,A]=-[A,C] 即得結論。(c) 所印命題是假的，在題給假設下不存在證明。下面給出確切的 2×2 實矩陣單位反例，四項依次是 0、0、E11-E22、0，總和非零，因此否定此恆等式。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 25
證明：(a) [A,A^T] 對稱；(b) 對稱 A、B 的 [A,B] 反對稱；(c) A 對稱、B 反對稱時 [A,B] 對稱；(d) A、B 都反對稱時 [A,B] 反對稱。
全解
分別轉置每個差式，乘積反序，並代入對應的對稱條件。轉置後符號為正便對稱，為負便反對稱。若結果為零，則同時有兩種性質。
( 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 ) . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 26
(a) 把 (A+B)² 與 (A-B)(A+B) 寫成 alpha A²+beta B²+gamma AB+delta[A,B]；(b) 證明 (A+B)²=A²+2AB+B² 當且僅當 (A-B)(A+B)=A²-B²。
全解
由定義 BA=AB-[A,B]，將它代入兩個分配展開式。兩組係數分別為 (1,1,2,-1) 與 (1,-1,0,1)。(b) 中的每條等式都恰在 [A,B]=0 時成立，因此得到雙向等價，不預先假定可交換。
( 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 . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 27
設 C=sA+tB、D=uA+vB，純量滿足 sv-tu≠0，證明 [A,B]=0 當且僅當 [C,D]=0。
全解
展開交換子中的兩個乘積，A² 與 B² 項抵消，剩下非零純量 sv-tu 乘 [A,B]。非零實數乘一個矩陣為零，當且僅當該矩陣為零，故兩個方向都成立。
[ 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 ) . 全文均用實數及相容的矩陣大小；轉置為普通轉置，不是共軛轉置。[X,Y]=XY-YX；I 為單位矩陣，O 為零矩陣。
題目 28
(a) 證明對角 C、D 可交換且 CD 對角。(b) 對角 D 與正交 P 給出 PDP^T 對稱。(c) 對角 C、D 與正交 P，令 G=PCP^T、H=PDP^T，證明 GH=HG 且 GH 對稱。(d)i 對 A=[[1,2],[2,3]]、B=[[2,0],[0,3]] 計算 AB、BA；ii 用它們否定「對稱因子的乘積對稱」及「對稱因子可交換」。
全解
(a) 乘法中只有同一對角下標的項能保留。(b) 實對角矩陣等於自己的轉置，對夾心乘積轉置即可。(c) 中間 P^TP=I，故 GH=P(CD)P^T、HG=P(DC)P^T，由 (a) 相等；又 CD 對角，由 (b) 其共同值對稱。(d) 兩個給定因子都對稱，但 AB 的兩個非對角元素明確不等，故不對稱，兩個乘積也不相同。同一個例子同時否定兩條普遍命題。
( 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 .