# 矩阵的线性运算（加法 + 数乘）

# 矩阵的加法

1. 交换律：$A + B = B + A$。

2. 结合律：$(A + B) + C = A + (B + C)$。

3. 零矩阵的性质：$m \times n$ 矩阵的所有元素都为 $0$，记作 $O$，且对任意 $A \in \mathbb F^{m \times n}$，都有 $A + O = O + A = A$。

4. 负元：$-A = (-a_{i, j})_{m \times n}, A + (-A) = (-A) + A = O$。

由加法可以定义减法：

$$A - B = A + (-B), (a_{i, j})_{m \times n} - (b_{i, j})_{m \times n} = (a_{i, j} - b_{i, j})_{m \times n}$$

具有相同的行与列的矩阵（型号），才能相加减。

# 矩阵的数乘

具有如下性质：

1. 对数的加法的分配律：

   $$(\lambda + \mu) A = \lambda A + \mu A, \forall \, A \in \mathbb F^{m \times n}, \lambda, \mu \in \mathbb F$$

2. 对矩阵加法的分配律：

   $$\lambda (A + B) = \lambda A + \lambda B, \forall \, A, B \in \mathbb F^{m \times n}, \lambda \in \mathbb F$$

3. $1A = A, \forall \, A \in \mathbb F^{m \times n}$。

4. $\lambda (\mu A) = (\lambda \mu) A, \forall \, A \in \mathbb F^{m \times n}, \lambda, \mu \in \mathbb F$。

$\mathbb F^{m \times n}$ 在 加法和数乘 运算下满足线性空间的 $8$ 条运算律，它为 线性空间。

# 矩阵的乘法

注意：

1. $A, B$ 可以相乘的条件为：$A$ 的 列数 与 $B$ 的 行数 相等。

2. $A$ 的第 $i$ 行与 $B$ 的第 $j$ 列相乘得到的数为 $AB$ 的第 $(i, j)$ 个元素。

3. 矩阵乘法的交换律 不成立。

4. 存在 $A \not = O, B \not = 0$，但是 $AB = O$ 的情况。

5. 在矩阵乘法下，消去律 不成立。

# 矩阵的分块运算

# 矩阵分块的方法

$$A = \begin {pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \cdots & a_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m, 1} & a_{m, 2} & \cdots & a_{m, n} \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_m \end {pmatrix} \\ B = \begin {pmatrix} b_{1, 1} & b_{1, 2} & \cdots & b_{1, n} \\ b_{2, 1} & b_{2, 2} & \cdots & b_{2, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ b_{n, 1} & b_{n, 2} & \cdots & n_{n, p} \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \beta_1 \\ \beta_2 \\ \vdots \\ \beta_p \end {pmatrix} \\ AB = \begin {pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_m \end {pmatrix} \begin {pmatrix} \beta_1 & \beta_2 & \cdots & \beta_p \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \alpha_1 \beta_1 & \cdots & \alpha_1 \beta_p \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha_m \beta_1 & \cdots & \alpha_m \beta_p \end {pmatrix}$$

特别地，$A$ 与 $\beta_j$ 的乘积就是 $AB$ 的第 $j$ 列，即

$$A \beta_j = \begin {pmatrix} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \vdots \\ \alpha_m \end {pmatrix} \beta_j = \begin {pmatrix} \alpha_1 \beta_j \\ \alpha_2 \beta_j \\ \vdots \\ \alpha_m \beta_j \end {pmatrix}, AB = A \begin {pmatrix} \beta_1 & \beta_2 & \cdots & \beta_p \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} A \beta_1 & A \beta_2 & \cdots & A \beta_p \end {pmatrix}$$

我们还有：

$$\begin {aligned} A \beta_j &= \begin {pmatrix} a_{1, 1} b_{1, j} + \cdots + a_{1, n} b_{n, j} \\ \vdots \\ a_{m, 1} b_{1, j} + \cdots + a_{m, n} b_{n, j} \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a_{1, 1} \\ \vdots \\ a_{m, 1} \end {pmatrix} b_{1, j} + \cdots + \begin {pmatrix} a_{1, n} \\ \vdots \\ a_{m, n} \end {pmatrix} b_{n, j} \\ &= \begin {pmatrix} \alpha_1 & \cdots & \alpha_n \end {pmatrix} \begin {pmatrix} b_{1, j} \\ \vdots \\ b_{n, j} \end {pmatrix} = \alpha_1 b_{1, j} + \cdots + \alpha_n b_{n, j} \end {aligned}$$

一般地，在作矩阵的运算时，可以用一些 横线和竖线 将任意矩阵 $A = (a_{i, j})_{m \times n}$ 划分成一些矩形小块：

$$A = \begin {pmatrix} A_{1, 1} & A_{1, 2} & \cdots & A_{1, q} \\ A_{2, 1} & A_{2, 2} & \cdots & A_{2, q} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{p, 1} & A_{p, 2} & \cdots & A_{p, q} \end {pmatrix}$$

分块的方法是：想象用横线把 $A$ 的 $m$ 行分成若干组，每组依次包含 $m_1, m_2, \cdots, m_p$ 行，满足 $m_1 + m_2 + \cdots + m_p = m$；用竖线将 $A$ 的 $n$ 列分成若干组，每组依次包含 $n_1, n_2, \cdots, n_q$ 列，满足 $n_1 + n_2 + \cdots + n_q = n$。则 $A$ 被分成 $pq$ 个小的矩阵 $A_{i, j} \in \mathbb F^{m_i \times n_j}, 1 \le i \le p, 1 \le j \le q$。这就称对矩阵 $A$ 进行了分块（partitioning），进行了分块的矩阵 $A$ 被称为分块矩阵（partitioning matrix）。

在进行矩阵运算时可以暂时将每一块 $A_{i, j}$ 作为一个整体，看作一个元，将 $A$ 看作由这些元组成的 $p \times q$ 矩阵 $A = (A_{i, j})_{p \times q}$ 来进行运算。

# 分块矩阵的加法和数乘

将两个 $m \times n$ 矩阵 $A, B$ 相加，可以将 $A, B$ 进行 同样方式的分块：

$$A = \begin {pmatrix} A_{1, 1} & A_{1, 2} & \cdots & A_{1, q} \\ A_{2, 1} & A_{2, 2} & \cdots & A_{2, q} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{p, 1} & A_{p, 2} & \cdots & A_{p, q} \end {pmatrix} \quad B = \begin {pmatrix} B_{1, 1} & B_{1, 2} & \cdots & B_{1, q} \\ B_{2, 1} & B_{2, 2} & \cdots & B_{2, q} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ B_{p, 1} & B_{p, 2} & \cdots & B_{p, q} \end {pmatrix}$$

使处于同一位置的块 $A_{i, j}$ 与 $B_{i, j}$ 的行数相等列数也相等。将 $A, B$ 中处于同一位置的块 $A_{i, j}, B_{i, j}$ 相加，得到的：

$$(A_{i, j} + B_{i, j})_{p \times q} = \begin {pmatrix} A_{1, 1} + B_{1, 1} & A_{1, 2} + B_{1, 2} & \cdots & A_{1, q} + B_{1, q} \\ A_{2, 1} + B_{2, 1} & A_{2, 2} + B_{2, 2} & \cdots & A_{2, q} + B_{2, q} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{p, 1} + B_{p, 1} & A_{p, 2} + B_{p, 2} & \cdots & A_{p, q} + B_{p, q} \end {pmatrix}$$

就是 $A + B$ 的分块形式。

对任意的 $\lambda \in \mathbb F$，还容易看出：

$$\lambda \begin {pmatrix} A_{1, 1} & A_{1, 2} & \cdots & A_{1, q} \\ A_{2, 1} & A_{2, 2} & \cdots & A_{2, q} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{p, 1} & A_{p, 2} & \cdots & A_{p, q} \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \lambda A_{1, 1} & \lambda A_{1, 2} & \cdots & \lambda A_{1, q} \\ \lambda A_{2, 1} & \lambda A_{2, 2} & \cdots & \lambda A_{2, q} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \lambda A_{p, 1} & \lambda A_{p, 2} & \cdots & \lambda A_{p, q} \end {pmatrix}$$

# 分块矩阵的乘法

将矩阵 $A \in \mathbb F^{m \times n}, B \in \mathbb F^{n \times r}$ 相乘，可以将 $A, B$ 进行分块：

$$A = \begin {pmatrix} A_{1, 1} & A_{1, 2} & \cdots & A_{1, s} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{p, 1} & A_{p, 2} & \cdots & A_{p, s} \end {pmatrix}, B = \begin {pmatrix} B_{1, 1} & B_{1, 2} & \cdots & B_{1, s} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ B_{p, 1} & B_{p, 2} & \cdots & B_{p, s} \end {pmatrix}$$

其中 $A_{i, j} \in \mathbb F^{m_i \times n_j}, B_{i, j} \in \mathbb F^{n_i \times r_j}, m_1 + m_2 + \cdots + m_p = m, n_1 + n_2 + \cdots + n_s = n, r_1 + r_2 + \cdots + r_q = r$。

$A, B$ 可以看作以它们的块为元的矩阵来相乘得到分块矩阵：

$$C = \begin {pmatrix} C_{1, 1} & \cdots & C_{1, q} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ C_{p, 1} & \cdots & C_{p, q} \end {pmatrix}$$

其中 $C_{i, j} = \sum\limits_{k = 1}^s A_{i, k} B_{k, j} = A_{i, 1} B_{1, j} + A_{i, 2} B_{2, j} + \cdots + A_{i, s} B_{s, j}$。

可以验证，这样得到的 $C$ 就等于 $AB$。

解：$A = \begin {pmatrix} A_1 \\ \vdots \\ A_n \end {pmatrix}$，则：

$$\Lambda A = \begin {pmatrix} \lambda_1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & \lambda_n \end {pmatrix} \begin {pmatrix} A_1 \\ \vdots \\ A_n \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \lambda_1 A_1 \\ \vdots \\ \lambda_n A_n \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \lambda_1 a_{1, 1} & \lambda_1 a_{1, 2} & \cdots & \lambda_1 a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \lambda_n a_{n, 1} & \lambda_n a_{n, 2} & \cdots & \lambda_n a_{n, n} \end {pmatrix}$$

即将 $A$ 的各行分别乘以 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n$ 就得到 $\Lambda A$。

对任意的 $m \times n$ 矩阵 $B$，有：

$$(\lambda I_{(m)}) B = \lambda B, B(\lambda I_{(n)}) = \lambda B$$

矩阵乘法满足以下与数的乘法类似的性质：

1. 结合律 $C(BA) = (CB)A$。

   证明：设 $A = (a_{i, j})_{m \times n}, B = (b_{i, j})_{p \times m}, C = (c_{i, j})_{q \times p}$。

   则 $BA = D = (d_{i, j})_{p \times n}$，其中

   $$d_{i, j} = \sum_{k = 1}^m b_{i, k} a_{k, j}$$

   从而 $C(BA) = CD = G = (g_{i, j})_{q \times n}$，其中

   $$g_{i, j} = \sum_{s = 1}^p c_{i, s} d_{s, j} = \sum_{s = 1}^p c_{i, s} \left( \sum_{k = 1}^m b_{s, k} a_{k, j} \right) = \sum_{1 \le s \le p, 1 \le k \le m} c_{i, s} b_{s, k} a_{k, j}$$

   另外，$CB = U = (u_{i, j})_{q \times m}$，其中

   $$u_{i, j} = \sum_{s = 1}^p c_{i, s} b_{s, j}$$

   从而 $(CB)A = UA = H = (h_{i, j})_{q \times n}$，其中

   $$h_{i, j} = \sum_{k = 1}^m u_{i, k} a_{k, j} = \sum_{k = 1}^m \left( \sum_{s = 1}^p c_{i, s} b_{s, k} \right) a_{k, j} = \sum_{1 \le s \le p, 1 \le k \le m} c_{i, s} b_{s, k} a_{k, j}$$

   比较以上两式，即得结论。

2. 与数乘的结合律：

   $$\lambda (AB) = (\lambda A) B = A (\lambda B)$$

3. 乘法对于加法的分配律：

   $$A(B + C) = AB + AC, (B + C) A = BA + CA$$

解：记 $X = (1, 2, 1, 2)$，则

$$A = \begin {pmatrix} X \\ -X \\ X \\ -X \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end {pmatrix} X = YX$$

于是：

$$A^{10} = (YX)(YX) \cdots (YX) = Y (XY)^9 X$$

由：

$$XY = \begin {pmatrix} 1 & 2 & 1 & 2 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ -1 \end {pmatrix} = -2$$

得：

$$A^{10} = Y(-2)^9X = -512 A = \begin {pmatrix} -512 & -1024 & -512 & -1024 \\ 512 & 1024 & 512 & 1024 \\ -512 & -1024 & -512 & -1024 \\ 512 & 1024 & 512 & 1024 \end {pmatrix}$$

证明：$\mathrm {rank} \, A = 1$，则其行向量组的极大线性无关组由一个非零向量 $\beta = (b_1, \cdots, b_n)$ 组成。$A$ 的每一行 $\alpha_i$ 都是 $\beta$ 的常数倍：$\alpha_i = a_i \beta$。于是：

$$A = \begin {pmatrix} a_1 \beta \\ \vdots \\ a_n \beta \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a_1 \\ \vdots \\ a_n \end {pmatrix} \beta = \alpha \beta = \begin {pmatrix} a_1 b_1 & \cdots & a_1 b_n \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_n b_1 & \cdots & a_n b_n \end {pmatrix}, \\ \begin {aligned} A^n &= (\alpha \beta) (\alpha \beta) \cdots (\alpha \beta) = \alpha (\beta \alpha)^{n - 1} \beta \\ &= \alpha \lambda^{n - 1} \beta = \lambda^{n - 1} \alpha \beta = \lambda^{n - 1} A \end {aligned}$$

其中 $\lambda = \beta \alpha = a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n$。

注：方阵 $A$ 对角元之和称为 $A$ 的 迹，记作 $\mathrm {tr} A$。

# 方阵的多项式

由矩阵的乘法可以定义方阵 $A$ 的各次幂：

$$A^1 = A, A^2 = AA, A^3 = (A^2) A, \cdots, A^{k + 1} = (A^k) A, \forall \, k \in \N$$

由矩阵乘法的结合律，对 $\forall \, m, n \in \N$，有：

$$A^m A^n = A^{m + n}$$

设关于 $x$ 的多项式

$$f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_m x^m \in \mathbb F[x]$$

设 $A$ 是任一 $n$ 阶方阵，则：

$$f(A) = a_0 I + a_1 A + a_2 A^2 + \cdots + a_m A^m \in \mathbb F^{n \times n}$$

对 $\forall f(x), g(x) \in \mathbb F[x]$，设 $s(x) = f(x) + g(x), p(x) = f(x) g(x)$，则 $s(A) = f(A) + g(A), p(A) = f(A) g(A)$。

# 转置与共轭

矩阵的转置满足如下运算律：

1. $(A^T)^T = A$；

2. 对 $n$ 阶方阵 $A, |A^T| = |A|$；

3. $(A + B)^T = A^T + B^T$；

4. $(\lambda A)^T = \lambda A^T$，$\lambda$ 是任意数。

5. $(AB)^T = B^T A^T$。

6. 设分块矩阵 $A \in \mathbb F^{m \times n}$，则 $A$ 的转置：

   $$A = \begin {pmatrix} A_{1, 1} & A_{1, 2} & \cdots & A_{1, q} \\ A_{2, 1} & A_{2, 2} & \cdots & A_{2, q} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{p, 1} & A_{p, 2} & \cdots & A_{p, q} \end {pmatrix} \quad A^T = \begin {pmatrix} A_{1, 1}^T & A_{2, 1}^T & \cdots & A_{p, 1}^T \\ A_{1, 2}^T & A_{2, 2}^T & \cdots & A_{p, 2}^T \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ A_{1, q}^T & A_{2, q}^T & \cdots & A_{p, q}^T \end {pmatrix}$$

证明 (5)：设 $A = (a_{i, j})_{m \times n}, B = (b_{i, j})_{n \times p}, AB = C = (c_{i, j})_{m \times p}$，则：

$$c_{i, j} = \sum_{k = 1}^n a_{i, k} b_{k, j}$$

另外，

$$A^T = (a'_{i, j})_{n \times m}, B^T = (b'_{i, j})_{p \times n}$$

其中 $a'_{i, j} = a_{j, i}, b'_{i, j} = b_{j, i}$。

设 $B^T A^T = D = (d_{i, j})_{p \times m}$，则：

$$d_{i, j} = \sum_{k = 1}^n b'_{j, k} a'_{k, i} = \sum_{k = 1}^n b_{k, j} a_{i, k} = c_{i, j}$$

于是 $D = C^T$，即 $(AB)^T = B^T A^T$。

证明：$X^TAX$ 由一个元组成，因此：

$$X^TAX = (X^TAX)^T = X^T A^T (X^T)^T = X^T (-A) X = -X^TAX$$

即有 $X^T AX = 0$。

矩阵共轭的性质：

1. $\forall \, A, B \in \mathbb C^{m \times n}, \overline {A + B} = \overline A + \overline B$；

2. $\forall \, \lambda \in \mathbb C, A \in \mathbb C^{m \times n}, \overline {\lambda A} = \overline \lambda \overline A$；

3. $\forall \, A \in \mathbb C^{m \times n}, B \in \mathbb C^{n \times p}, \overline {AB} = \overline A \overline B$；

4. $\forall \, A \in \mathbb C^{m \times n}, \overline A^T = \overline {A^T}$

复矩阵 $A$ 的共轭转置记为 $A^*$，则如下性质成立：

1. $(A^*)^* = A$；

2. $(A + B)^* = A^* + B^*$；

3. $(\lambda A)^* = \overline \lambda A^*$；

4. $(AB)^* = B^* A^*$；

5. $|A^*| = \overline {|A|}$。

# 方阵行列式

方阵的行列式具有一些重要的性质和规则：

1. 交换律：对于方阵 $A$ 和 $B$，有 $\det (AB) = \det (BA)$，即方阵乘积的行列式等于乘积顺序颠倒时的行列式；

2. 转置：对于方阵 $A$，有 $\det (A^T) = \det A$，即方阵转置后的行列式等于原始矩阵的行列式；

3. 逆矩阵：对于可逆方阵 $A$，有 $\det (A^{-1}) = \dfrac 1 {\det (A)}$，即可逆方阵的逆矩阵的行列式等于原始矩阵的行列式的倒数；

4. 缩放：对于方阵 $A$ 和标量 $k$，有 $\det (kA) = k^n \det (A)$，其中 $n$ 为方阵 $A$ 的维度。即对方阵进行整体缩放，行列式等于原始矩阵的行列式乘以缩放因子的 $n$ 次幂；

5. 乘法：对于方阵 $A$ 和 $B$，有 $\det (AB) = \det (A) \times \det (B)$，即方阵乘积的行列式等于各个矩阵行列式的乘积；

6. 零元素：如果方阵 $A$ 中存在一行（或一列）全为零，则 $\det (A) = 0$，即方阵的行列式为零，当且仅当矩阵中存在一行（或一列）全为零。

# 习题

1. 设 $A = \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix}, B = \begin {pmatrix} a & b & c \\ b & c & a \\ c & a & b \end {pmatrix}$，问 $AB$ 与 $BA$ 是否相等？

   解：

   $$AB = \begin {pmatrix} a & b & c \\ \lambda b & \lambda c & \lambda a \\ 0 & 0 & 0 \end {pmatrix} \quad BA = \begin {pmatrix} a & \lambda b & 0 \\ b & \lambda c & 0 \\ c & \lambda a & 0 \end {pmatrix}$$

   因此 $AB \not = BA$。

2. 计算：

   (1) $\begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix}^{10}$

   (2) $\begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix}^{11}$

   (3) $\begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix}^{100}$

   (4) $\begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}^5$

   (5) $\begin {pmatrix} a & 1 & 0 & 0 \\ 0 & a & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a & 1 \\ 0 & 0 & 0 & a \end {pmatrix}^5$

   (1) 解：

   $$\begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end {pmatrix} \\ \begin {pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} = I_{(3)} \\ \begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix}^{10} = I_{(3)}^3 \begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end {pmatrix}$$

   (2) 解：设 $\alpha = (1, 1, -1), \beta = \begin {pmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end {pmatrix}$，则：

   $$\begin {aligned} \begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix}^{11} &= \left[ \begin {pmatrix} \beta & \beta & - \beta \end {pmatrix} \begin {pmatrix} \alpha \\ 2 \alpha \\ 4 \alpha \end {pmatrix} \right]^5 \begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix} \\ &= (- \beta \alpha)^5 \begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix} \\ &= - \beta (\alpha \beta)^4 \alpha \begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix} \\ &= - \beta \alpha \begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix} \\ &= - \begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix}^2 = \begin {pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ 2 & 2 & -2 \\ 4 & 4 & -4 \end {pmatrix} \end {aligned}$$

   (3) 解：

   $$\begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix}^2 = \begin {pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} \\ \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix}^3 = \begin {pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end {pmatrix} = I_{(2)} \\ \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix}^{100} = (I_{(2)})^{33} \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix}$$

   (4) 解：

   $$\begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}^2 = \begin {pmatrix} 1 & 4 & 14 \\ 0 & 1 & 8 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \\ \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}^3 = \begin {pmatrix} 1 & 4 & 14 \\ 0 & 1 & 8 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 & 6 & 33 \\ 0 & 1 & 12 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \\ \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}^4 = \begin {pmatrix} 1 & 6 & 33 \\ 0 & 1 & 12 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 & 8 & 60 \\ 0 & 1 & 16 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \\ \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}^5 = \begin {pmatrix} 1 & 8 & 60 \\ 0 & 1 & 16 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 & 10 & 95 \\ 0 & 1 & 20 \\ 0 & 0 & 1 \end {pmatrix}$$

   (5) 解：记 $A = \begin {pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end {pmatrix}, B = \begin {pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end {pmatrix}$，则：

   $$A^2 = \begin {pmatrix} a^2 & 2a \\ 0 & a^2 \end {pmatrix} \\ A^3 = \begin {pmatrix} a^2 & 2a \\ 0 & a^2 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a^3 & 3a^2 \\ 0 & a^3 \end {pmatrix} \\ A^4 = \begin {pmatrix} a^3 & 3a^2 \\ 0 & a^3 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a^4 & 4a^3 \\ 0 & a^4 \end {pmatrix} \\ A^5 = \begin {pmatrix} a^4 & 4a^3 \\ 0 & a^4 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a^5 & 5a^4 \\ 0 & a^5 \end {pmatrix} \\ A^4B = \begin {pmatrix} a^4 & 4a^3 \\ 0 & a^4 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 4a^3 & 0 \\ a^4 & 0 \end {pmatrix} \\ A^3BA = \begin {pmatrix} a^3 & 3a^2 \\ 0 & a^3 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 3a^2 & 0 \\ a^3 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 3a^3 & 3a^2 \\ a^4 & a^3 \end {pmatrix} \\ A^2BA^2 = \begin {pmatrix} a^2 & 2a \\ 0 & a^2 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a^2 & 2a \\ 0 & a^2 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 2a & 0 \\ a^2 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a^2 & 2a \\ 0 & a^2 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 2a^3 & 4a^2 \\ a^4 & 2a^3 \end {pmatrix} \\ ABA^3 = \begin {pmatrix} a & 1 \\ 0 & a \end {pmatrix} \begin {pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a^3 & 3a^2 \\ 0 & a^3 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ a & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a^3 & 3a^2 \\ 0 & a^3 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a^3 & 3a^2 \\ a^4 & 3a^3 \end {pmatrix} \\ BA^4 = \begin {pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a^4 & 4a^3 \\ 0 & a^4 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} 0 & 0 \\ a^4 & 4a^3 \end {pmatrix} \\ A^4B + A^3BA + A^2BA^2 + ABA^3 + BA^4 = \begin {pmatrix} 10a^3 & 10a^2 \\ 5a^4 & 10a^3 \end {pmatrix} \\ \begin {aligned} \begin {pmatrix} a & 1 & 0 & 0 \\ 0 & a & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a & 1 \\ 0 & 0 & 0 & a \end {pmatrix}^5 &= \begin {pmatrix} A & B \\ O & A \end {pmatrix}^5 \\ &= \begin {pmatrix} A^2 & AB + BA \\ O & A^2 \end {pmatrix}^2 \begin {pmatrix} A & B \\ O & A \end {pmatrix} \\ &= \begin {pmatrix} A^4 & A^3B + A^2BA + ABA^2 + BA^3 \\ O & A^4 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} A & B \\ O & A \end {pmatrix} \\ &= \begin {pmatrix} A^5 & A^4B + A^3BA + A^2BA^2 + ABA^3 + BA^4 \\ O & A^5 \end {pmatrix} \\ &= \begin {pmatrix} a^5 & 5a^4 & 10a^3 & 10a^2 \\ 0 & a^5 & 5a^4 & 10a^3 \\ 0 & 0 & a^5 & 5a^4 \\ 0 & 0 & 0 & a^5 \end {pmatrix} \end {aligned}$$

3. 举出分别满足下列条件的整数 $2$ 阶方阵 $A$，其中 $E$ 为单位阵：

   (1) $A \not = \pm E$，但 $A^2 = E$；

   (2) $A \not = E$，但 $A^3 = E$；

   (3) $A^2 = -E$；

   (4) $A^2 = -2E$。

   (1) 解：设 $A = \begin {pmatrix} a & b \\ c & d \end {pmatrix}$，则：

   $$A^2 = \begin {pmatrix} a & b \\ c & d \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a & b \\ c & d \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a^2 + bc & ab + bd \\ ac + cd & bc + d^2 \end {pmatrix}$$

   只需使如下方程组成立：

   $$\begin {cases} a^2 + bc = 1 \\ ab + bd = 0 \\ ac + cd = 0 \\ bc + d^2 = 1 \end {cases}$$

   取 $a = 1, b = c = 0, d = -1$ 即可，即 $A = \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end {pmatrix}$

   (2) 解：

   $$A^3 = \begin {pmatrix} a^2 + bc & ab + bd \\ ac + cd & bc + d^2 \end {pmatrix} \begin {pmatrix} a & b \\ c & d \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} a^3 + 2abc + bcd & a^2b + b^2c + abd + bd^2 \\ a^2c + acd + bc^2 + cd^2 & abc + 2bcd + d^3 \end {pmatrix}$$

   只需使如下方程组成立：

   $$\begin {cases} a^3 + 2abc + bcd = 1 \\ a^2b + b^2c + abd + bd^2 = 0 \\ a^2c + acd + bc^2 + cd^2 = 0 \\ abc + 2bcd + d^3 = 1 \end {cases}$$

   取 $a = 0, b = 1, c = -1, d = -1$ 即可，即 $A = \begin {pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & -1 \end {pmatrix}$

   (3) 解：只需使如下方程组成立：

   $$\begin {cases} a^2 + bc = -1 \\ ab + bd = 0 \\ ac + cd = 0 \\ bc + d^2 = -1 \end {cases}$$

   取 $a = 1, b = 1, c = -2, d = -1$ 即可，即 $A = \begin {pmatrix} 1 & 1 \\ -2 & -1 \end {pmatrix}$

   (4) 解：只需使如下方程组成立：

   $$\begin {cases} a^2 + bc = -2 \\ ab + bd = 0 \\ ac + cd = 0 \\ bc + d^2 = -2 \end {cases}$$

   取 $a = 1, b = 1, c = -3, d = -1$ 即可，即 $A = \begin {pmatrix} 1 & 1 \\ -3 & -1 \end {pmatrix}$

4. 设 $A$ 是一个对角阵，它的主对角线上的元素 $a_{1, 1}, a_{2, 2}, \cdots, a_{n, n}$ 两两不同。证明：凡与 $A$ 相乘可交换的矩阵一定是对角阵。

   证明：设矩阵 $B$ 不是对角阵，与 $A$ 相乘可交换，不妨设 $b_{i, j} \not = 0, i \not = j$，设 $C = AB, D = BA$，则：

   $$c_{i, j} = \sum_{k = 1}^n a_{i, k} b_{k, j} = a_{i, i} b_{i, j} \\ d_{i, j} = \sum_{k = 1}^n b_{i, k} a_{k, j} = b_{i, j} a_{j, j}$$

   由于 $a_{i, i} \not = a_{j, j}$，所以 $c_{i, j} \not = d_{i, j}$，$A$ 与 $B$ 相乘不可交换，凡与 $A$ 相乘可交换的矩阵一定是对角阵。

5. 设 $n \ge 2$，是否存在一个方阵 $A \in \mathbb F^{n \times n}$，使得 $\mathbb F^{n \times n}$ 中所有的方阵都可以写成：

   $$a_0 E + a_1 A + \cdots + a_m A^m$$

   其中 $m$ 为正整数，$E$ 为单位阵，$a_0, a_1, \cdots, a_m \in \mathbb F$？请说明理由。

   提示：这种形式的矩阵与 $A$ 相乘可以交换。

   解：由题，若存在这样的 $A$，则对任意的 $B \in \mathbb F^{n \times n}$，都应有 $B$ 与 $A$ 相乘可交换，设 $C = AB, D = BA$，则：

   $$c_{i, j} = \sum_{k = 1}^n a_{i, k} b_{k, j} = a_{i, i} b_{i, j} \\ d_{i, j} = \sum_{k = 1}^n b_{i, k} a_{k, j} = b_{i, j} a_{j, j}$$

   则应有 $a_{i, i} = a_{j, j}$ 对任意 $1 \le i, j \le n$ 成立。即 $A$ 的对角元全部相等，式子 $a_0 E + a_1 A + \cdots + a_m A^m$ 所表示出的矩阵对角元也全部相等，显然无法表示出 $\mathbb F^{n \times n}$ 中的所有矩阵。

6. 已知 $A, B$ 都是 $n$ 阶实矩阵，$A^2 = E, B^2 = E, |A| + |B| = 0$，试证：$|A + B| = 0$。

   证明：显然 $|E| = 1$，因此由方阵的行列式性质可知，$|A| = |B| = \pm 1$；又由于 $|A| + |B| = 0$，因此 $|A||B| = -1 = |AB| = |BA|$。
   则 $-|A + B| = |A||A + B||B| = |A^2B + AB^2| = |EB + AE| = |B + A|$，即 $|A + B| = 0$。

7. 证明：不存在 $n$ 阶方阵 $A, B$，使得 $AB - BA = E$。

   提示：考虑用矩阵迹的性质。

   证明：设 $C = AB, D = BA$，则：

   $$c_{i, i} = \sum_{k = 1}^n a_{i, k} b_{k, i} \\ d_{i, i} = \sum_{k = 1}^n b_{i, k} a_{k, i} \\ \mathrm {tr} \, C = \sum_{i = 1}^n c_{i, i}, \mathrm {tr} \, D = \sum_{i = 1}^n d_{i, i} \\ \mathrm {tr} \, C - \mathrm {tr} \, D = 0 = \mathrm {tr} (C - D) \not = \mathrm tr \, E = n$$

   因此不存在 $n$ 阶方阵 $A, B$，使得 $AB - BA = E$。

8. 证明：任一个 $n$ 阶方阵都可以表示成一个对称阵与一个反对称阵之和。

   证明：设方阵为 $A$，对称阵为 $B$，反对称阵为 $C$，则对于对角线上的元，取 $b_{i, i} = a_{i, i}, c_{i, i} = 0$ 即可。
   当 $i \not = j$ 时，有如下方程组：

   $$\begin {cases} a_{i, j} = b_{i, j} + c_{i, j} \\ a_{j, i} = b_{j, i} + c_{j, i} = b_{i, j} - c_{i, j} \end {cases}$$

   可解得 $b_{i, j} = \dfrac {a_{i, j} + a_{j, i}} 2, c_{i, j} = \dfrac {a_{i, j} - a_{j, i}} 2$。因此对于任意一个 $n$ 阶方阵，总能以此方法表示为一个对称阵和一个反对称阵之和。

9. 证明：如果 $A$ 是 $n$ 阶对称阵，$B$ 是 $n$ 阶反对称阵，则 $AB + BA$ 是反对称阵。

   证明：设 $C = AB, D = BA$，则：

   $$c_{i, j} = \sum_{k = 1}^n a_{i, k} b_{k, j} \\ d_{i, j} = \sum_{k = 1}^n b_{i, k} a_{k, j} \\ c_{i, j} + d_{i, j} = \sum_{k = 1}^n a_{i, k} b_{k, j} + \sum_{k = 1}^n b_{i, k} a_{k, j} \\ c_{j, i} + d_{j, i} = \sum_{k = 1}^n a_{j, k} b_{k, i} + \sum_{k = 1}^n b_{j, k} a_{k, i} = - \sum_{k = 1}^n a_{i, k} b_{k, j} - \sum_{k = 1}^n b_{i, k} a_{k, j} = - (c_{i, j} + d_{i, j})$$

   因此 $AB + BA$ 是反对称阵。

10. 证明：奇数阶反对称阵的行列式等于 $0$。

    证明：设 $A$ 为奇数阶反对称阵，则有 $-A = A^T$，因此 $\det A = \det (-A) = \det A^T = (-1)^{n} \det A$，其中 $n$ 为 $A$ 的维数，是一个奇数，因此 $\det A = - \det A, \det A = 0$，得证。

11. 证明：偶数阶反对称阵的所有元素加上同一个数，行列式的值不变。

    提示：先证明如下结论：若 $n$ 阶方阵 $A$ 所有元素都加上同一个数 $b$ 得到的矩阵 $B$，则：

    $$|B| = |A| + b \sum\limits_{i, j = 1}^n A_{i, j}$$

    其中 $A_{i, j}$ 为 $A$ 中元素的代数余子式；然后证明偶数阶反对称阵的伴随矩阵 $A*$ 仍是反对称阵，说明 $\sum\limits_{i, j = 1} ^n A_{i, j} = 0$。

    证明：设 $n$ 阶方阵 $A = \begin {pmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, n} \end {pmatrix}$，则：

    $$\begin {vmatrix} a_{1, 1} + b & \cdots & a_{1, n} + b \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} + b & \cdots & a_{n, n} + b \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} 1 & b & \cdots & b \\ 0 & a_{1, 1} + b & \cdots & a_{1, n} + b \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & a_{n, 1} + b & \cdots & a_{n, n} + b \end {vmatrix} = \begin {vmatrix} 1 & b & \cdots & b \\ -1 & a_{1, 1} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & a_{n, 1} & \cdots & a_{n, n} \end {vmatrix} = |A| + b \sum_{i, j = 1}^n M_{i, j} (-1)^{2 + i} = |A| + b \sum_{i, j}^n A_{i, j} \\ A_{i, j} = (-1)^{i + j} \begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, j - 1} & a_{1, j + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i - 1, 1} & \cdots & a_{i - 1, j - 1} & a_{i - 1, j + 1} & \cdots & a_{i - 1, n} \\ a_{i + 1, 1} & \cdots & a_{i + 1, j - 1} & a_{i + 1, j + 1} & \cdots & a_{i + 1, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, j - 1} & a_{n, j + 1} & \cdots & a_{n, n} \\ \end {vmatrix} \\ A_{j, i} = (-1)^{i + j} \begin {vmatrix} a_{1, 1} & \cdots & a_{1, i - 1} & a_{1, i + 1} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{j - 1, 1} & \cdots & a_{j - 1, i - 1} & a_{j - 1, i + 1} & \cdots & a_{j - 1, n} \\ a_{j + 1, 1} & \cdots & a_{j + 1, i - 1} & a_{j + 1, i + 1} & \cdots & a_{j + 1, n} \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & \cdots & a_{n, i - 1} & a_{n, i + 1} & \cdots & a_{n, n} \\ \end {vmatrix}$$

    注意到 $A_{i, j} = - A_{j, i}^T$，因此 $|A_{i, j}| = (-1)^{n - 1} |A_{j, i}| = - |A_{j, i}|$，即偶数阶反对称阵的伴随矩阵 $A^*$ 仍是反对称阵，说明 $\sum\limits_{i, j = 1}^n A_{i, j} = 0$，从而证得 $|B| = |A|$。