f(B)=0,证明B可逆

∵A2+AB+B2=0，∴A（A+B）=-B2，而B可逆，故：|-B2|=（-1）n|B|2≠0，∴|A（A+B）|=|-B2|≠0，∴A，A+B都可逆，证毕．

这不是原题吧由AB-A-B=0得(A-E)B=A[注意左右的差别]则B=(A-E)^-1A但从你题目中推不出A-E可逆若要继续讨论,请给原题再问：已知设n阶方阵A,B满足AB=A+B证明A-E可逆这就

充分性：因为P、Q可逆,所以P,Q可以分解成若干个基本初等矩阵的积,所以A~B必要性：因为A~B,所以A经过若干次初等行列变换后成为B,即PAQ=B,（P、Q可逆）

A^2+AB+B^2=0-A^2-AB=B^2A(-A-B)=B^2因为B可逆,所以：A(-A-B)B^(-1)B^(-1)=B^2B^(-1)B^(-1)=E,E为单位阵.所以A有逆(-A-B)B^

A2+AB+B2=0->A(A+B)=-B2两边乘以B-2->B-2A(A+B)=-E->-B-2A(A+B)=E所以(A+B)可逆(A+B)-1=-B-2A同理,A(A+B）B-2=-E所以A可逆,

知识点:R(AB)

证明：A³-E=-E即(A-E)(A²+A+E)=-E所以,(A-E)^(-1)=-(A²+A+E)B可逆A³+E=E有(A+E)(A²-A+E)=E

只要验证(E+BA)*{E-B*[(E+AB)-1]*A}与{E-B*[(E+AB)-1]*A}*(E+BA)都是单位阵E就行了.(E+BA)*{E-B*[(E+AB)-1]*A}=(E+BA)-(E

由于AB=BA所以（A+B)^3=0可以展开成A(A^2+3AB+3B^2)=-B^3两边取行列式得|A||A^2+3AB+3B^2|=(-a)^n|B|^3由B可逆知右边不是0.所以|A|一定不能为

假设AB至少有一个可逆,不妨设A可逆则A^(-1)AB=A^(-1)0=0即B=0而B是非零矩阵,矛盾.

有道理哈(A+B)^逆*A*(A逆+B逆)*B=(A+B)^逆*(A+B)=E左边有四项,因为det(MNPQ)=detM*detN*detP*detQ,右边detE!=0所以det(A逆+B逆)非0

首先A可逆,要不已知条件本身就不成立.把A乘过来.1.2B=AB-4A2.4A=AB-2B3.4A=(A-2E)B4.由于A可逆,故|A|不等于0,故|(A-2E)B|=4|A|不等于零5.那么|A-

知识点:n阶可逆矩阵等价于n阶单位矩阵E.因为A,B可逆,所以存在可逆矩阵P1,P2,Q1Q2满足P1AQ1=EP2BQ2=E所以P1AQ1=P2BQ2所以P2^-1P1AQ1Q2^-1=B令P=P2

AA*=|A|E;A*=|A|A-1(AB)*=|AB|(AB)-1=|A||B|(B-1)(A-1)={|B|B-1}{|A|A-1}=B*A*

假设AB都是可逆阵,逆阵分别为A-,B-在AB=0两端变化,A-*A*B*B-=A-*0*B-左边=单位阵I,右侧=0,显然矛盾,所以假设不成立,即AB至少有一个不可逆

A^2B+AB^2=E即AAB+ABB=E所以A(A+B)B=E所以A可逆,B可逆所以A(A+B)=B^-1A+B=A^-1B^-1所以A+B可逆且（A+B)^-1=BA

(B+E)转置=B转置+E转置=B转置+E又(A+E)^(-1)=(B+E)转置所以(B+E)转置(A+E)=(B转置+E)(A+E)=E,B转置A+B转置+A+E=E,(B转置+E)A=-B转置,|

[En+B（Em-AB）^（-1）A]·（En-BA）＝En-BA+B（Em-AB）^（-1）A-B（Em-AB）^（-1）ABA＝En-BA+B（Em-AB）^（-1）·Em·A-B（Em-AB）^

如图,由条件可推出A是两个可逆阵的乘积,所以A可逆.经济数学团队帮你解答,请及时评价.

[A],[B]表示矩阵的行列式?正交矩阵的行列式都等于±1,所以若|A|＋|B|＝0,则|A|,|B|一个为1,一个为－1.因为A,B是正交矩阵,所以AA'＝A'A＝E,BB'＝B'B＝E,这里A',