存在3*5阶非零矩阵B,使得AB=0
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/05/16 23:47:20
必须单位化!因为正交矩阵P是由A的特征向量构成的而矩阵P是正交矩阵的充分必要条件是它的列(行)向量组是标准正交向量组,即两两正交且长度为1.所以必须单位化.不对.单位化后得到的P才是正交矩阵.PS.用
证明:由AB=0得r(A)+r(B)=1所以r(A)
可以这么证:设A是N×N的方阵.首先,存在非零列向量X(NX1),满足AX=0,因为A不满秩.其次,存在非零列向量Y(N×1),满足A(T)Y=0,因为A(T)也不满秩(T代表矩阵转置).然后,考虑这
这里是可同时上三角化,至于对角化则不一定.证明也很简单,利用可交换矩阵有共同特征向量,并将这个特征向量扩充为一组基.考虑A,B在这组基下的矩阵.然后利用数学归纳法即可.注:当然事实上这里要求A,B可交
对A做实Schur分解A=Q*T*Q^T,其中Q是实正交阵,T是拟上三角阵(即对角块不超过2阶的块上三角阵)注意到T也是正交阵,每行或每列元素的平方和都是1,所以T的块上三角部分全是0,即T是拟对角阵
充分性:因为P、Q可逆,所以P,Q可以分解成若干个基本初等矩阵的积,所以A~B必要性:因为A~B,所以A经过若干次初等行列变换后成为B,即PAQ=B,(P、Q可逆)
首先r(A)=2所以Ax=0的解空间维数为1维……………………………………………(1)然后AB=0,把B的列向量写出来:B=[b1,b2,b3],其中{b1,b2,b3}是B的三个列向量显然有:A*b
因为A是m*n矩阵,则r(A)
(1)A不可逆,故其秩小于n,故可经过有限次行初等变换P1,P2,.Pk变为第一行元素全为0的矩阵DD=(Pk).(P2)(P1)A=QA,设:Q=(Pk).(P2)(P1)取F为这样的矩阵:其第一行
如图再问:这个题还需要证唯一性,唯一性怎么证呢?再答:不好意思,唯一性想不出来。
因为AB=0r(A)+r(B)=1r(A)
正定矩阵都是对称阵,所以可以正交相似对角化.即存在正交阵O使得A=O'diag{a1,a2,...,an}O,再由A正定知对角元全为正数,即a1,a2,...,an>0.令b1=√a1,b2=√a2,
知识点:n阶可逆矩阵等价于n阶单位矩阵E.因为A,B可逆,所以存在可逆矩阵P1,P2,Q1Q2满足P1AQ1=EP2BQ2=E所以P1AQ1=P2BQ2所以P2^-1P1AQ1Q2^-1=B令P=P2
用反证法:假设|A|不等于0那么R(A)=3由于AB=0,R(A)+R(B)小于等于3所以R(B)=0和条件B为非0阵矛盾所以R(A)小于3即|A|=0
复数域内可逆矩阵A必定可以对角化,对角化之后直接开根号再变回来就行了.可对角化是因为矩阵A特征值的几何重数等于A的代数重数具体点说,显然A的特征值都是非零的.
设r(A)=a,则可分解A=Pdiag(T,O1)Q,其中T为aXa的对角阵P,Q分别为m阶和n阶可逆方阵,O1为(m-a)X(n-a)的零矩阵令B=Q^(-1)diag(O2,S),其中O2为aX(
A*(A^H)是Hermite半正定矩阵,用一下谱分解定理直接就出来了.
先对B做Cholesky分解B=L*L^T,然后对L^{-1}AL^{-T}做谱分解L^{-1}AL^{-T}=QDQ^T,S=LQ即可.
因矩阵A与B相似,则存在满秩矩阵Q,使A=Q^(-1)BQ→QA=BQ设QA=BQ=R→A=Q^(-1)R,B=RQ^(-1)把Q^(-1)看成Q即可
A为n阶非零矩阵,且|A|=O,可知以A^T为系数矩阵的齐次线性方程组A^Tx=0有非零解.把若干个非零解按照列摆成的矩阵C,都满足A^TC=O.两边转置,可得C^T*A=0.取B=C^T即可