设A,B均可正交对角化,且AB=BA 证明AB可正交对角化

A^(-1)=A^T|A^(-1)B^T|=|A^TB^T|=|(BA)^T|=|BA|=-1

证：1）设B=(b1,b2,b3,b4)因r（B）=2,则必有两个线性无关的列向量,取为b1,b2AB+2B=O,AB=-2B,A（b1,b2,b3,b4）=-2（b1,b2,b3,b4）b1,b2是

题目应该是哪里抄错了,下面构造例子说明这一点.设2阶矩阵C(t)=[cos(t),sin(t);-sin(t),cos(t)],可知C(t)正交且|C(t)|=1.对n=3,考虑3阶分块矩阵A=[-1

证:因为正交矩阵的行列式是正负1再由|AB|

这道题在不同的阶段可以有不同的方法.如果学了Jordan标准型和矩阵的最小多项式,可以用:矩阵可对角化的充要条件是其最小多项式无重根(即Jordan块都是1阶的).由A²-A=2E,知x&#

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

由于A,B为正交矩镇,AA^T=E,BB^T=E因此A^T(A+B)B^T=B^T+A^T=(A+B)^T所以|A^T(A+B)B^T|=|(A+B)^T|=|A+B|即|A^T||(A+B)||B^

以A'表示A的转置所以A'A=AA'=E,B'B=BB'=E有|A'(A+B)B'|=|(A'A+A'B)B'|=|(E+A'B)B'|=|B'+A'|=|A+B|同时|A'(A+B)B'|=|A'|

A可相似对角化,那么B可以相似对角化吗?不一定可以,取A=E,B为任意矩阵.易知.但注意到,如果B可以对角化,那么他和A可同时对角化,即存在可逆矩阵P有P^(-1)AP和P^(-1)BP均为对角矩阵.

AB=BA意味着A和B存在公共特征向量,再由条件可以得到A和B可以同时对角化.

A为2阶矩阵,且|A|=-1,说明A有一个正的特征值,一个负的特征值,也就是两个不同的特征值.n阶矩阵有n个不同的特征值必可相似对角化,所以A可以相似对角化再问：A可也能只有一个正的或者负的特征值啊再

A、B是正交矩阵,那么AA'=EBB'=E(AB)*(AB)'=AB*B'A'=A*(BB')*A'=A*E*A'=AA'=E所以AB也是正交矩阵

因为A,B为正交矩阵,所以┃A┃┃A+B┃=┃A’┃┃A+B┃=┃E+A’B┃=┃B’B+A’B┃=┃B’+A’┃┃B┃=┃A+B┃B┃=-┃A┃┃A+B┃.所以┃A┃┃A+B┃=0.所以┃A+B┃=

只要借助转置和逆的穿透律以及正交矩阵的定义即可,证明如图

1*2+2*a+(-2)*3=0所以a=2（正交即垂直,各项积的和为零）

证明：A可相似对角化,则存在可逆矩阵P,使得P^-1*A*P=^=[λi]由于A为可逆矩阵,故λi≠0（否则A的行列式必为0）.于是,对等式左右两边求逆,得P^-1*A^-1*P=^(^-1)=[1/

有一个定理：AB=BA,A,B都相似于对角阵.则存在公共的满秩方阵P.使P^（-1）AP与P^（-1）BP同时为对角形.这个定理还可以推广到｛A1,A2.……,Ak｝的情况：AiAj＝AjAi（i.j

不可能.若A可对角化,那么与A相似的矩阵C也一定可对角化.由A,C相似,知存在可逆矩阵P使得A=P^-1CP.由于A可对角化,存在可逆矩阵Q使得Q^-1AQ=diag所以Q^-1P^-1CPQ=dia

设Q^(-1)AQ=D=diag(a1E,a2E,...,akE),其中a1,a2,...,ak是A的不同特征值,对应重数即为l1,l2,...,lk.在AB=BA中左乘Q^(-1),右乘Q得DQ^(

设C=BT*A,其中BT代表B的转置那么C仍是正交阵,且题目表明|C|=-1只要证明存在非零向量x使得(C-I)x=0,就只要证明|C-I|=0即可.而|C-I|=|C-C*CT|=|C|*|I-CT