1 , 计算下列乘积

(1) $\begin{bmatrix} 4 & 3 & 1 \\ 1 & - 2 & 3 \\ 5 & 7 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 7 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ (2) (1 , 2 , 3)$\begin{bmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}$ (3) $\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix}$(-1 , 2)

(4) $\left\lbrack \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 4 \end{matrix} \right\rbrack\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 4 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \end{array}\ \right\rbrack$ (5) (x₁ , x₂ , x₃)$\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{12} & a_{22} & a_{23} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$

解: (1) $\begin{bmatrix} 4 & 3 & 1 \\ 1 & - 2 & 3 \\ 5 & 7 & 0 \end{bmatrix}_{3 \times 3}\begin{bmatrix} 7 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}_{3 \times 1} = \begin{bmatrix} 4 \times 7 + 3 \times 2 + 1 \times 1 \\ 1 \times 7 + ( - 2) \times 2 + 3 \times 1 \\ 5 \times 7 + 7 \times 2 + 0 \times 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 35 \\ 6 \\ 49 \end{bmatrix}_{3 \times 1}$

(2) ${(1\ ,\ 2\ ,\ 3)}_{1 \times 3}\begin{bmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix}_{3 \times 1} = \lbrack 1 \times 3 + 2 \times 2 + 3 \times 1\rbrack = \lbrack 10\rbrack_{1 \times 1} = 10$

(3)$\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{bmatrix}_{3 \times 1}{( - 1\ ,\ 2)}_{1 \times 2} = \left\lbrack \begin{matrix} 2 \times ( - 1) \\ 1 \times ( - 1) \\ 3 \times ( - 1) \end{matrix}\ \ \ \ \ \begin{matrix} 2 \times 2 \\ 1 \times 2 \\ 3 \times 2 \end{matrix} \right\rbrack = \left\lbrack \begin{matrix} - 2 \\ - 1 \\ - 3 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 4 \\ 2 \\ 6 \end{matrix} \right\rbrack_{3 \times 2}$

(4)$\left\lbrack \begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix}\ \ \ \begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 4 \\ 3 \end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} 0 \\ 4 \end{matrix} \right\rbrack_{2 \times 4}\left\lbrack \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ 4 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 3 \\ - 1 \end{matrix} \\ \begin{matrix} - 3 \\ 0 \end{matrix} \end{array}\ \ \ \ \begin{array}{r} \begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix} \\ \begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix} \end{array}\ \right\rbrack_{4 \times 3} = \begin{bmatrix} 6 & - 7 & 8 \\ 20 & - 5 & - 6 \end{bmatrix}_{2 \times 3}$

其中6=2×1+1×0+4×1+0×4 , -7=2×3+1×(-1)+4×(-3)+0×0

8=2×1+1×2+4×1+0×(-2)

20=1×1+(-1)×0+3×1+4×4 , -5=1×3+(-1)×(-1)+3×(-3)+4×0

-6=1×1+(-1)×2+3×1+4×(-2)

(5) ${(x_{1}\ ,\ x_{2}\ ,\ x_{3})}_{1 \times 3}\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{12} & a_{22} & a_{23} \\ a_{13} & a_{23} & a_{33} \end{bmatrix}_{3 \times 3}\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}_{3 \times 1}$

=${(x_{1}\ ,\ x_{2}\ ,\ x_{3})}_{1 \times 3}\begin{bmatrix} a_{11}x_{1} + a_{12}x_{2} + a_{13}x_{3} \\ a_{12}x_{1} + a_{22}x_{2} + a_{23}x_{3} \\ a_{13}x_{1} + a_{23}x_{2} + a_{33}x_{3} \end{bmatrix}_{3 \times 1}$

=a₁₁$x_{1}^{2}$+a₁₂x₁x₂+a₁₃x₁x₃+a₁₂x₂x₁+a₂₂$x_{2}^{2}$+a₂₃x₂x₃+a₁₃x₃x₁+a₂₃x₃x₂+a₃₃$x_{3}^{2}$

=a₁₁$x_{1}^{2}$+a₂₂$x_{2}^{2}$+a₃₃$x_{3}^{2}$+2a₁₂x₁x₂+2a₁₃x₁x₃+2a₂₃x₂x₃

2.设A=$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & 1 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ - 1 & - 2 & 4 \\ 0 & 5 & 1 \end{bmatrix}$ , 求3AB -2A及A^TB

解: AB=$\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ - 1 & - 2 & 4 \\ 0 & 5 & 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 0 & 5 & 8 \\ 0 & - 5 & 6 \\ 2 & 9 & 0 \end{bmatrix}$

于是3AB -2A =3$\begin{bmatrix} 0 & 5 & 8 \\ 0 & - 5 & 6 \\ 2 & 9 & 0 \end{bmatrix} - 2\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & - 1 \\ 1 & - 1 & 1 \end{bmatrix}$

=$\begin{bmatrix} 0 & 15 & 24 \\ 0 & - 15 & 18 \\ 6 & 27 & 0 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & - 2 \\ 2 & - 2 & 2 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 2 & 13 & 22 \\ - 2 & - 17 & 20 \\ 4 & 29 & - 2 \end{bmatrix}$

因A^T=A , 即A为对称阵 , 故A^TB=AB=$\begin{bmatrix} 0 & 5 & 8 \\ 0 & - 5 & 6 \\ 2 & 9 & 0 \end{bmatrix}$

3 , 已知两个线性变换

$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} = 2y_{1} + \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ y_{3} \\ x_{2} = - 2y_{1} + 3y_{2} + 2y_{3} \\ x_{3} = 4y_{1}\ + \ y_{2} + \ 5y_{3} \end{array} \right.\$ , $\left\{ \begin{array}{r} y_{1} = - 3z_{1} + z_{2} \\ y_{2} = 2z_{1} + z_{3} \\ y_{3} = - z_{2} + 3z_{3} \end{array} \right.\$

求从z₁ , z₂ , z₃到x₁ , x₂ , x₃的线性变换

解: 依次将两个线性变换写成矩阵形式: X=AY , Y=BZ

其中A=$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ - 2 & 3 & 2 \\ 4 & 1 & 5 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} - 3 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & - 1 & 3 \end{bmatrix}$分别为对应的系数矩阵

X=$\begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{bmatrix}$ , Y=$\begin{bmatrix} y_{1} \\ y_{2} \\ y_{3} \end{bmatrix}$ , Z=$\begin{bmatrix} z_{1} \\ z_{2} \\ z_{3} \end{bmatrix}$

在这些记号下 , 从z₁ , z₂ , z₃到x₁ , x₂ , x₃的线性变换的矩阵形式为

X=AY= A(BZ)=(AB)Z=CZ

这里矩阵C=AB=$\begin{bmatrix} 2 & 0 & 1 \\ - 2 & 3 & 2 \\ 4 & 1 & 5 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} - 3 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ 0 & - 1 & 3 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} - 6 & 1 & 3 \\ 12 & - 4 & 9 \\ - 10 & - 1 & 16 \end{bmatrix}$

即有$\left\{ \begin{array}{r} x_{1} = - 6z_{1} + \ z_{2} + 3z_{3} \\ x_{2} = \ 12z_{1} - 4z_{2} + 9z_{3} \\ x_{3} = - 10z_{1} - z_{2} + 16z_{3} \end{array} \right.\$

4 , 设A=$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$ , B=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$ , 问:

(1) AB = BA吗?

(2) (A+B)²=A²+2AB + B²吗?

(3) (A+B)(A-B)=A²-B²吗?

解:(1)因AB =$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 4 & 6 \end{bmatrix}$ , BA =$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 8 \end{bmatrix}$ , 故AB≠BA

(2) (A+B)²=(A+ B)(A+B)=A²+ AB + BA + B²

但由(1) , AB≠BA , 故AB + BA≠2AB , 从而(A+B)²≠A²+2AB+B²

(3)(A+B)(A-B)=A²+ BA - AB - B²

但由(1) , AB≠BA , 故BA-AB≠O , 从而(A+B)(A-B)≠A²-B²

5.举反例说明下列命题是错误的:

(1)若A²=O , 则A=O

(2)若A²=A , 则A=O或A=E

(3)AX=AY , 且A≠O , 则X=Y

解(1)取A=$\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , 有A²=O , 但A≠O

(2)取A=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , 有A²=A , 但A≠O , 且A≠E

(3)取A=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ , X=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ , Y=A=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ ,

AX=$\begin{bmatrix} 1 \times 1 + 0 \times 0 & 1 \times 0 + 0 \times 1 \\ 0 \times 1 + 0 \times 0 & 0 \times 0 + 0 \times 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$

AY=$\begin{bmatrix} 1 \times 1 + 0 \times 0 & 1 \times 0 + 0 \times 0 \\ 0 \times 1 + 0 \times 0 & 0 \times 0 + 0 \times 0 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$

有AX=AY , 且A≠O , 但X≠Y

6 , (1)设A=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \lambda & 1 \end{bmatrix}$ , 求A² , A³ , ⋯ , A^k (2) 设A=$\begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{bmatrix}$ , 求A⁴

解:(1)直接计算得A²=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \lambda & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \lambda & 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 2\lambda & 1 \end{bmatrix}$

A³=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \lambda & 1 \end{bmatrix}^{2}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \lambda & 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 2\lambda & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \lambda & 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 3\lambda & 1 \end{bmatrix}$

因为当k=1时 , A¹=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 1\lambda & 1 \end{bmatrix}$式成立

假设当k=n时 , Aⁿ=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ n\lambda & 1 \end{bmatrix}$式成立 ,

那么当k=n+1时，有表达式Aⁿ⁺¹=AⁿA=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ n\lambda & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ \lambda & 1 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ (n + 1)\lambda & 1 \end{bmatrix}$

所以由数学归纳法 , 知A^k=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ k\lambda & 1 \end{bmatrix}$成立

一般可得A^k=$\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ k\lambda & 1 \end{bmatrix}$

(2) A²=$\begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} \lambda^{2} & 2\lambda & 1 \\ 0 & \lambda^{2} & 2\lambda \\ 0 & 0 & \lambda^{2} \end{bmatrix}$

A⁴= A² A²=$\begin{bmatrix} \lambda^{2} & 2\lambda & 1 \\ 0 & \lambda^{2} & 2\lambda \\ 0 & 0 & \lambda^{2} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \lambda^{2} & 2\lambda & 1 \\ 0 & \lambda^{2} & 2\lambda \\ 0 & 0 & \lambda^{2} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} \lambda^{4} & 4\lambda^{3} & 6\lambda^{2} \\ 0 & \lambda^{4} & 4\lambda^{3} \\ 0 & 0 & \lambda^{4} \end{bmatrix}$

Aⁿ=$\begin{bmatrix} \lambda^{n} & C_{n}^{1}\lambda^{n - 1} & C_{n}^{2}\lambda^{n - 2} \\ 0 & \lambda^{n} & C_{n}^{1}\lambda^{n - 1} \\ 0 & 0 & \lambda^{n} \end{bmatrix}$=$\lambda^{n - 2}\begin{bmatrix} \lambda^{2} & n\lambda & \frac{n(n - 1)}{2} \\ 0 & \lambda^{2} & n\lambda \\ 0 & 0 & \lambda^{2} \end{bmatrix}$ (n⩾2)

7 , (1)设A=$\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & - 3 \end{bmatrix}$ , 求A⁵⁰和A⁵¹

(2)设a=$\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \\ - 3 \end{bmatrix}$ , b=$\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 4 \end{bmatrix}$ , A=ab^T , 求A¹⁰⁰

解: (1)A²=$\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & - 3 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & - 3 \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} 10 & 0 \\ 0 & 10 \end{bmatrix}$=10E , 于是

A⁵⁰=(A²)²⁵=(10E)²⁵=10²⁵E

A⁵¹=A⁵⁰A=10²⁵EA=10²⁵A=10²⁵$\begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & - 3 \end{bmatrix}$

(2) A¹⁰⁰=(ab^T)(ab^T)⋯(ab^T)=a(b^Ta)(b^Ta)⋯(b^Ta)b^T

因b^Ta=-8 , 故由上式知A¹⁰⁰=(-8)⁹⁹ab^T=(-8)⁹⁹$\begin{bmatrix} 2 & 4 & 8 \\ 1 & 2 & 4 \\ - 3 & - 6 & - 12 \end{bmatrix}$

8 , (1)设A , B为n阶矩阵 , 且A为对称阵 , 试证明B^TAB 也是对称阵

(2)设A , B都是n阶对称阵 , 试证明AB为对称阵的充要条件是AB=BA

证: (1)根据矩阵乘积的转置规则，有(B^TAB)^T=B^TA^T(B^T)^T=B^TAB,

因为一个方阵的转置是它自身，那么这个方阵是对称阵，

又因A为对称阵，知B^TAB为对称阵

(2)

已知： $A,B$ 都是 $n$ 阶对称阵，即$A^{T} = A,\quad B^{T} = B.$

1. 必要性（如果 $AB$ 对称，则 $AB = BA$）

设 $AB$ 为对称阵，即$(AB)^{T} = AB.$

对左端利用矩阵转置性质：$(AB)^{T} = B^{T}A^{T}.$

因为 $A^{T} = A,B^{T} = B，所以B^{T}A^{T} = BA.$

于是$AB = BA.$

必要性得证。

2. 充分性（如果 $AB = BA$，则 $AB$ 对称）

已知 $AB = BA$。 对 $AB$ 求转置：$(AB)^{T} = B^{T}A^{T}.$

因为 $A^{T} = A,B^{T} = B$，所以$(AB)^{T} = BA.$

利用已知条件 $AB = BA$，得$(AB)^{T} = AB.$

即 $AB$ 对称。

结论：$AB\text{对称} \Leftrightarrow AB = BA$，命题成立。