设A=(a 1 1 2),且存在3阶非零矩阵使BA=0,则a的值为
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/05/27 19:05:40
marker一下,明天再继续答再问:额,谢谢大神,这么晚还帮我答题。再答:再问:看了前面几题的解法,有种好神奇的感觉。不知道解题的人是怎么想出来的--。另外,请问第五题的解法经典是指什么方面?最后有一
|-3A|=(-3)^3*|A|=(-3)^4=81
秩相等不一定相似所以"存在可逆矩阵P,使得P^-1AP=B不对"因为A,B的秩相等,所以它们的等价标准形相同即A,B都与H=Er000等价即存在可逆矩阵使得P1AQ1=H=P2BQ2所以P2^-1P1
行列式等于零,Ax=0有非零解,所以存在B.(简单只需取一个解,加上n-1个零解,构成B)
因为|A|=0所以r(A)再问:题目要求B是n阶矩阵,这里只证明了B可以是n×1矩阵呀?再答:令B的第1列为(k1,...,kn)^T,其余列都取0即可.
由性质直接证明因为(E-A)(E+A+A^2+……+A^(k-1))=E+A+A^2+……+A^(k-1)-A-A^2-……-A^(k-1)-A^k=E-A^k=E所以E-A可逆,且(E-A)^(-1
(E-A)(E+A+A^2+...+A^k-1)=E+A+A^2+...+A^k-1-A-A^2-...-A^k-1-A^k=E所以E-A可逆,且其逆为E+A+A^2+...+A^k-1
由于f''(x)存在可知f'(x)连续,根据连续函数的局部保号性,存在x1和x2使得f'(x1)f'(x2)>0,根据拉格朗日中值定理,存在m和n属于(a,b)使得f'(x1)=[f(m)-f(a)]
若常数l=0则AB=A,即B=E;若常数l非零,E=(E-lA^{-1}B)B,所以B可逆且E=B(E-lA^{-1}B),相减得lA^{-1}B^2=lBA^{-1}B,左乘l^{-1}A右乘B^{
R(A)=n-1=>|A|=0=>AA*=|A|E=0又因为R(AA*)》R(A)+R(A*)-n因此R(A*)《1有因为R(A)=n-1,即至少有一个n-1阶子式不等于0,即R(A*)》1所以R(A
设z=m+ni|z|≤1m²+n²≤1z+z共轭|z|=a+bim+ni+(m-ni)√(m²+n²)=a+bi[1+√(m²+n²)]m+
证:设m0a+m1Aa+m2A^2a+……+m(k-1)A^(k-1)a=0(1)用A^(k-1)左乘等式两边m0A^(k-1)a+m1A^ka+m2A^(k+1)a+……+m(k-1)A^(2k-2
由双曲线定义,有:|PF1|-|PF2|=2a,又|PF1|=3|PF2|,∴2|PF2|=2a,∴a=|PF2|.∵∠F1PF2=90°,∴|PF1|^2+|PF2|^2=|F1F2|^2=4c^2
A^2=0即AA=0那么在这里由矩阵秩的不等式R(A)+R(B)-n≤R(AB)可以知道,2R(A)-3≤R(A^2)=0所以2R(A)≤3即R(A)≤1.5显然秩只能为非负整数,那么R(A)=0或1
因为|kA|=k^3|A|,所以|3A²|=3^3*|A|²=9*(-2)²=9*4=36.
A^(k+1)α=A(A^kα)=A0=0其余类似A^(k+i)=A^iA^kα=A^i0=0.若A^(k-i)α=0,i>=2则A^(k-1)α=A^(i-1)A^(k-i)α=A^(i-1)0=0
A为3阶方阵,|-2A-1|=(-2)^3|A-1|=-8*(1/3)=-8/3-1是逆的意思吧,否则一个矩阵和1是没法做减法的
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
秩为四啊[A]不等于零,就是满秩四阶,就是四