三阶矩阵Z的秩是2,存在三阶矩阵B使Z*b=0则B的秩是多少解法

依题意r(A)=r

不存在这种矩阵,如果它存在r阶非零子式且它的所有r+1阶子式全为0,则该矩阵的秩为r,r也是最大阶不等于零的子式的阶.此时它的所有r+2阶子式均为零；因为所有r+1阶子式全为0,则比r+1阶大的子式也

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.

我们一步一步来.首先对于实数域上的列向量X,有X'X≥0,且等号成立当且仅当X=0.由这一点我们可以证明,对实矩阵B,有B'B的秩R(B'B)=B的秩R(B).方法是考虑两个线性方程组BX=0与B'B

这是一个基础题呀.好好学习一下呀.B={1,0,2;0,1,0;0,0,1}*A

如果存在另外的正定矩阵C,满足A=C^2,下面证明B=C.B和C都是正定矩阵,所以都可以完美对角化,都有对应特征值和特征向量.因为B^2=A,所以B特征值的平方对应A的特征值,相应的特征向量对应A的相

化简为阶梯矩阵的话是有可能不唯一的,因为有些矩阵化简为阶梯矩阵的话是一定要经过行交换的,这个交换的话,就不见得是把哪两行交换后再做消元了.但是这并不意味着求逆的结果不唯一.因为这并不是在将增广矩阵消成

如果A=U'U,则A'=(U'U)'=U'U=A,故A是对称的,对任意非零x,由U可逆,Ux也非零,由x'Ax=x'U'Ux=(Ux)'(Ux)>0,故A是正定矩阵.充分性得证.如果A为对称正定矩阵,

由于A是对称矩阵,因此存在正交矩阵T使得T^（-1）AT为对角矩阵,其中对角线上的元素为A的所有特征值,因此只要证A的特征值只有0和1即可由于A^2=A,所以A的特征是0或1,证毕

求行列式的值

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,

若要A+aE可逆,只需|A+aE|≠0,即a不是-A的特征值,亦即-a不是A的特征值.因此a≠-1,-2,3即可.观察选项,只有A+E可逆,选B.

设A可逆B是A的逆矩阵,C也是A的逆矩阵即AB=BA=E,CA=AC=E所以B=BE=BAC=EC=C所以B=C即A的逆矩阵都相等,所以唯一.

设a是A的特征值则a^k是A^k的特征值(定理)而A^k=0,零矩阵的特征值只能是0所以a^k=0所以a=0即A的特征值只能是0.

矩阵理论书上有证明哈：若A=LU=L'U',因为A可逆,则等式中矩阵都可逆则inv（L）L‘=Uinv（U’）又是上三角阵又是下三角阵【inv（）是矩阵的逆.】则inv（L）L为单位阵,则L=L‘,同

证明：A为实对称矩阵,则币可以对角化,令Aa=xa则A^2=Ax^2a^2=xax(x-1)a=0a≠0,x=0,1则A矩阵的特征值只能为0,1所以r（A）=r（Λ）=特征值非0的个数所以必存在可逆矩

|A*|=|A|^(n-1)=2^2=4.证：A*=|A|A^(-1),得|A*|=|A|^n*|A^(-1)|=|A|^(n-1).

对A用对称阵的规范型来作.再问：它分成了两项，怎么弄到一起额再答：-》如果A满秩，取B=A《-反证法。如果A不满秩，假定A本身就具有规范型。A的规范型中有0，这样AB+BTA，有零对角元素，不可能是正

A是4*3的矩阵,列向量组线性无关,则矩阵A的秩为3,即rank(A)=3.B为三阶可逆矩阵,乘以一个可逆矩阵不改变秩,所以,rank(AB)=rank(A)=3,即AB秩为3.

高超的问题.G称为A的pseudo-inversematrix.不过一般不是转置而是共役转置(conjugatetranspose),A右上加*.引用Kalman1972年给出的证明.记A的转置为A'