A是反hermite矩阵,当且仅当A的特征值是零或纯虚数

这个结论貌似是不正确的很容易可以举出反例：A=[0-1；10]A满足(A^T)A=A(A^T)=单位矩阵,然而A不是对称矩阵.这个题应该是少了什么约束条件吧?

必要性:若A,B半正定,则存在C使得B=CC^T,那么tr(AB)=tr(ACC^T)=tr(C^TAC)>=0充分性:反证法,若A不是半正定的,则至少有一个负特征值λ再问：您好，我还想弱弱地问一下t

如果A是单位矩阵,则A是正交矩阵也是正定矩阵,这是显然的.如果A既是正交矩阵也是正定矩阵,则A=A'=A逆,所以A^2=E,A的特征值是1或-1.又A正定,特征值都是正的,所以A的特征值都是1.所以A

直接利用谱分解定理,e^A也是Hermite矩阵并且特征值是exp(\lambda_i)>0,其中\lambda_i是A的特征值.补充：看来你真的是什么也不懂,应该好好补习补习了.由谱分解定理,存在酉

证明（AB）是可逆矩阵?没弄错么这样就不是方阵了何来可逆.再问：我下面写了第二行是BA啊再答：AB列变换A-BB行变换A-BBBAB-AA0A+B所以其行列式为|A-B||A+B|A+B与A-B均为可

当Ax=λx=>A^(-1)Ax=A^(-1)λx=>Ix=λA^(-1)x=>1/λx=A^(-1)x当A^(-1)x=1/λx证明同上得证

利用行列式的性质|ABBA|=|A+BBA+BA|=|A+BB0A-B|=|A+B||A-B|再根据矩阵可逆的充要条件是行列式不为0可知命题成立.

(α,β)=β^Tα,(Aα,Aβ)=β^TA^TAα　　显然当A是正交阵的时候(Aα,Aβ)=(α,β)　　反过来,令M=A^TA,M是一个对称阵　　取α=β=e_i得到M(i,i)=1,这里e_i

很是正常,因为在这个世界上,权倾一时炙手可热者太多,其无限风光让人望之兴叹；腰缠万贯富甲一方者甚众,其富豪做派可望而不可及；帅男靓女花容月貌倾国倾城者如过江之鲫,其知名度影响力与常人不可同日而语；这些

A正定,则存在可逆阵G使得A＝GG^T,则AB=G(G^TBG)G^{-1},即AB相似于G^TBG这个对称阵,因此相似于某个实对角阵.

既然讨论A是否可逆,则A一定为方阵由|λE-A|=λ^n-(a11+a22+…+ann)λ^(n-1)+…+(-1)^n|A|＝(λ-λ1)……(λ-λn),比较常数项可得：|A|=所有特征值的乘积所

利用结论,rank（T)=P,当且仅当存在可逆矩阵M,N使得T=M*diag（Ip,0)*N必要性：如果rank(A)=p,由结论存在可逆矩阵P,Q,使得A=P*diag（Ip,0)*Q把P分成两列P

再问：那俩箭头啥意思再答：这都不知道，充分性、必要性这里只是提供思路，书写是不规范的，将就着看吧再问：哦，谢谢再答：不客气

仅证A即可.A是Hermite矩阵,则A^H=A,A^H是A的共轭转置,设a是A的任意特征值,x是相应特征向量,则Ax=ax,两边取共轭转置得x^HA^H=a*x^H,其中a*是a的共轭复数,两边分别

还没人帮你做?那么我再给你点提示：取A的最小特征值对应的单位特征向量x,考察B=xx'+e*I,并令e->0即可.

A*(A^H)是Hermite半正定矩阵,用一下谱分解定理直接就出来了.

若A正定,则存在正交矩阵T,A=T^(-1)PT.其中P=diag(a1,…an)为A的标准型,ai>0.记Q=diag(√a1,…√an),取B=T^(-1)QT即可!若A=B^2,B实对称,类似上

知识点:|AB|=|A||B|A可逆|A|≠0证:A,B都可逆|A|≠0,|B|≠0|A||B|≠0|AB|≠0AB可逆

AB=BA得到AB也是Hermite阵,只需验证其特征值非负先分解A=CC^H,然后AB=CC^HB相似于C^HBC,由惯性定理后者是半正定的

首先要有这个概念:方程组Ax=β有解当且仅当β可由A的列向量组线性表示.若这个结论没问题,就可以这样证明充分性因为对任意n维向量β,方程组Ax=β有解所以任一n维向量都可由A的列向量组线性表示特别地,