V是全体反对称矩阵构成的线性空间,求V的维数与基

表示为：abcbdecef只有6个数字在变化,让一个数是1,其余为0,即可得到基,由6个矩阵组成.再问：一般的规律是什么？n（n+1)/2吗？再答：是的

只要会证明Hermite矩阵的特征值都是实数就行了.如果H是Hermite矩阵,(c,x)是H的特征对,即Hx=cx,那么c=x*Hx/(x*x)是实数.接下来,A是反Hermite矩阵当且仅当iA是

A=-A^t,B^t=BA^2=(-A)^t(-A)^t=(A^2)^t所以A^2为对称矩阵(AB-BA)^t=(AB)^t-(BA)^t=B^tA^t-A^tB^t=B(-A)+AB=AB-BA所以

V={A|A上三角矩阵}由于矩阵的加法与标量乘法性质,所以对线性运算性质是不证自明的.只要证明：对加法与标量乘法的封闭性1）A,B∈V,上三角矩阵+上三角矩阵仍然是上三角矩阵,故A+B∈V2)A∈V,

由已知,A'=-A,B'=B所以有1.(AA)'=A'A'=(-A)(-A)=AA=A^2故.2.(AB-BA)'=(AB)'-(BA)'=B'A'-A'B'=-BA+AB=AB-BA.故.3.AB是

结论根本就是错的.只有1阶反对称阵肯定是幂零阵.反对称矩阵的特征值都是0或者纯虚数,只要有一个非零特征值及不会是幂零阵.举个2阶的反例01-10高阶的在后面继续补零.

设A反称,且AX=λX,(X!=0)则（X的共轭转置)AX=λ（X的共轭转置)X=λ|X|^2两边取转置,并注意到A实反称,则有-（X的共轭转置)AX=λ（X的共轭转置)X=（λ的共轭）|X|^2两式

应该说这个标准型看上去不是很舒服,最好先把它转化到M=diag{D,D,...,D,0,0,...,0}其中D=01-10这步合同变换很容易,按1,n,2,n-1,3,n-2,...的次序重排行列即可

很简单,维数为4基,就这么取（打出来肯定提交不了,太多数字）2阶矩阵不是有4个元素吗?一个元素取1,其他元素取0.这样的2阶矩阵有4个,这就是他的基类似的你可以定义m*n矩阵的维数为mn,基的定义差不

记E(ij)是第i行第j列元素为1,其余元素是0的矩阵,则E(ij)+E(ji),1

一个基是diag(1,0,...,0),diag(0,1,0,...0),.,diag(0,0,0,...,1)维数为n

全体可逆矩阵是否构成实数域上的线性空间?不是.因为逆对矩阵的加法不封闭,即可逆矩阵的和不一定是可逆矩阵.全体N阶矩阵可构成实数域上的线性空间.记εij为第i行第j列元素为1,其余都是0的n阶矩阵则εi

由于反对称矩阵满足aij=-aji,主对角线上元素全是0所以主对角线以下元素由主对角线以上元素唯一确定所以维数为n-1+n-2+...+2+1=n(n-1)/2.

2维.主对角线上的元素为0.E_12,E_21为这个线性空间的一组基.

结论是错的,因为A的特征值还可以是零,这不是虚数.正确的讲法是实反对称线性变换（或矩阵）的特征值的实部都是零.证明很容易,若A是实反对称矩阵,那么iA是Hermite阵,iA的特征值都是实数.再问：高

反对称矩阵主对角线上元全是0,aji=-aij所以反对称矩阵由其上三角部分唯一确定,故其维数为:(n-1)+(n-2)+...+1=n(n-1)/2令Eij为aij=1,aji=-1,其余元素为0的矩

反对称矩阵主对角线上元全是0,aji=-aij所以反对称矩阵由其上三角部分唯一确定,故其维数为:(n-1)+(n-2)+...+1=n(n-1)/2令Eij为aij=1,aji=-1,其余元素为0的矩

证明：若AB为反对称矩阵,则（AB）T=-AB=（-1）AB,已知A为n阶对称矩阵,则A=AT,B是n阶反对称矩阵,则BT=-B,而根据转置矩阵的重要性质（AB）T=BTAT=-BA=（-1）BA,（