PQ=O两个矩阵r(P) r(Q)

q+r=p+s==>q+r+p=2p+sp+r>q+s==>2p+s>2q+s==>p>qr=p+s-q==>2r=p+r+s-q>q+s+s-q=2s==>r>s又s>p所以r>s>p>q

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

教科书中应该有这样的两个结论:1.初等变换不改变矩阵的秩2.可逆矩阵可以表示成初等矩阵的乘积由P,Q可逆,所以它们可以表示成初等矩阵的乘积所以PA相当于对A做若干初等行变换,它的秩不变,即仍是A的秩同

因为26*31=(p+q+r)*(1/p+1/q+1/r)=1+1+1+p/q+q/r+r/p+p/r+r/q+q/p所以p/q+q/r+r/p+p/r+r/q+q/p=26*31-3=803

Px=0的基础解系的阶为3-R(P)Q的每列均是Px=0的解,也就是说Q的3个列向量可以被Px=0的基础解系表示所以R(Q)≤3-R(P)

提示：可逆矩阵可以看成若干初等矩阵的乘积.用等价矩阵秩相等去证.

不可以选A或B,因为t=6时r(Q)=1,只能得到r(P)

ABCD是平行四边形,所以,△BPE∽△DPA,得BP/DP=BE/AD=1/3,即BP是BD的1/4；同理,△BQF∽△DQA,得BQ/DQ=BF/AD=2/3,即BQ是BD的2/5；而BR是BD的

=1,p=2,q=3或者：r=p=q=0由1式,简化：r=2p/(3P-2),带入2式,得6（q-p)=pq,带入3式,得q=p*3/2,再回写3式,得p=0或p=2.

将s=Q+R-P代入不等式,得P>Q,由R=S+(P-Q)得R>S最后得：R>S>P>Q

过P作PB垂直于AC,连接BQ由题意得BQ=10根5,PQ与SO所成角为arctan2,得PB=5根5,SO=10根5,SA=30,S=1200π+400π=1600πV=4000根5π/3侧面展开弧

质数除了2以外都是奇数，又因为奇数+奇数=偶数不符合条件，所以p、q中肯定有一个是2，又p＜q，所以p=2．故选A．

P,Q是可逆矩阵,则可表示为初等矩阵的乘积PA,AQ相当于对A实施一系列的初等变换,故秩不变

证明：(P→Q)→R┐(┐PvQ)vR(P∧┐Q)vR=>(P∧┐Q)v(┐PvR)┐(P∧┐Q)→(┐PvR)(┐PvQ)→(P→R)(P→Q)→(P→R)注释：关键的一步为R=>(┐PvR)再问：

取可逆阵X和Y使得A=X*diag{I_R,0}*Y然后P取成X的前R列,Q取成Y的前R列就行了再问：大神，本人愚钝，表示完全看不懂啊，可以说的详细一点吗。。再答：如果第一行不懂就去看教材,这是基本结

由于P与Q可以写成有限个初等矩阵的乘积,例如设P=P1P2...Ps,Q=Q1Q2...Qt,所以B=PAQ=P1P2...PsAQ1Q2...Qt,而矩阵A左乘或者右乘初等矩阵相当于对矩阵A做了初等

假设p≥4,则r≥q≥p≥4,4r>3r≥r+q+p,rq≥rp≥qp,3qr≥pq+rq+rp,p+q+r+pq+rq+rp≤3r+3q

(C)正确可逆矩阵(即非奇异矩阵)可表示成初等矩阵的乘积初等矩阵乘矩阵A相当对A进行初等变换而初等变换不改变矩阵的秩所以(C)正确.

Q的轨迹是x+y=4的方程PQ=(根号3,-2）P(3cosx.3sinx)运算呀2cosθ-3cosx=根号3平方后得到4cosθ+9cosx-12cosθcosx=31式2sinθ-3sinx=-

如图,作PF‖BC,EG⊥BC,则EF＝FP（∵⊿EFP∽⊿EBC,BE＝BC）,PR＝EH（等腰等高）EG＝EH+HG＝PR+PQ＝4.  BC＝BE＝4√2.正方形边长为4√2