pr+e+t-+a+-makeup
@聂盾3009：已知向量a≠e≠0,对任意t∈R,恒有丨a+te丨≥丨a+e丨,则有 -
侯肺18536109872…… 对于任意t,|a+te|≥|a+e|恒成立 即:|a+te|^2≥|a+e|^2对任意t恒成立 即:|a|^2+t^2|e|^2+2ta·e≥|a|^2+|e|^2+2a·e恒成立 即:|e|^2t^2+2a·et-|e|^2-2a·e≥0恒成立 即:Δ=4(a·e)^2+4|e|^2(|e|^2+2a·e)=4(a·e)^2+4|e|^4+8(a·e)|e|^2≤0 即:(|e|^2+a·e)^2≤0,故:|e|^2+a·e=0 即:-a·e=|e|^2,选A
@聂盾3009：设矩阵A^k=0矩阵(k为正整数),证明(E - A)^( - 1)=E+A+A^2+...+A^(k - 1) -
侯肺18536109872…… 证明: 因为 A^k = 0 所以 (E-A)(E+A+A^2+...+A^(k-1)) = E+A+A^2+...+A^(k-1) -A-A^2-...-A^(k-1)-A^k = E - A^k = E 所以 E-A 可逆, 且 (E-A)^-1 = E+A+A^2+...+A^(k-1)
@聂盾3009：已知矩阵A满足A^2 - 2A+E=0,则e^(At)=------------ -
侯肺18536109872…… A^2-2A+E=0得到(A-E)(A-E)=0,从而A=E.所以e^(At)=E+At+(At)^2/2!+(At)^3/3!+...=E+tE+t^2*E/2!+t^3*E/3!+...=e^t*E
@聂盾3009：A是n阶反对称矩阵,为什么(E - A)^T=E+A?同时(E+A)^T=E - A?你看我分析的对不对,如下 -
侯肺18536109872…… A是反对称矩阵的充分必要条件是 A^T = -A.(E-A)^T = E^T - A^T = E + A(E+A)^T = E^T + A^T = E - A
@聂盾3009：设A是反对成矩阵,B=(E - A)(E+A)^( - 1),证明B为正交矩阵. - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] 注意到(E-A)(E+A)=E-A^2=(E+A)(E-A)和A^T=-A,有 B^TB=(E+A)^(-T)(E-A)^T(E-A)(E+A)^-1=(E-A)^(-1)(E+A)(E-A)(E+A)^(-1)=(E-A)^(-1)(E-A)(E+A)(E+A)^(-1)=E
@聂盾3009：如果A^k=0,证明(E - A)^( - 1)=E+A+A^2+.+A^(k - 1). - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] 只需证明(E-A)[E+A+A^2+.+A^(k-1)]=E,由于矩阵和单位矩阵E的乘法有可交换性,即AE=EA=A,因此乘法公式a^k-b^k=(a-b)[a^(n-1)+a^(n-2)b...+b^(n-1)]对于矩阵A和E成立,所以E^k-A^k=(E-A)[E^(n-1)+E^(n-2)A...+A^(n-1)],...
@聂盾3009：设A为n阶实反对称矩阵,即A^T= - A,证明:1)A的特征值只能是0或纯虚数;2)E+A可逆; -
侯肺18536109872…… A是实反对称矩阵 => A是反Hermite矩阵 <=> iA是Hermite矩阵(i是虚数单位) 注意Hermite阵的特征值都是实数, 所以A的特征值只能在虚轴上 第二题是第一题的显然推论 至于第三题, 可以用Hermite阵的谱分解加上第一题的结论来做, 也可以直接用乘法验证QQ^T=I
@聂盾3009：求证明 α是单位向量,A=E+kα^T*α,其中k不等于 - 1,则A为可逆矩阵求证明过程. - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] α是单位向量,α^T*α的特征值有n-1个0,另一个是1,(α^T*αα^T=α^T) ==》A=E+kα^T*α的特征值有n-1个1,另一个是1+k, 则A为可逆矩阵《====》A=E+kα^T*α的特征值不为0 《===》k不等于-1,
@聂盾3009：若A是n阶方阵,且AAT=E,|A|= - 1,证明|A+E|=0.其中E为单位矩阵. - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] 证明:∵|A+E|=|A+AAT|=|A||E+AT|=-|(E+A)T|=-|E+A| ∴2|E+A|=0,即|E+A|=0.
侯肺18536109872…… 对于任意t,|a+te|≥|a+e|恒成立 即:|a+te|^2≥|a+e|^2对任意t恒成立 即:|a|^2+t^2|e|^2+2ta·e≥|a|^2+|e|^2+2a·e恒成立 即:|e|^2t^2+2a·et-|e|^2-2a·e≥0恒成立 即:Δ=4(a·e)^2+4|e|^2(|e|^2+2a·e)=4(a·e)^2+4|e|^4+8(a·e)|e|^2≤0 即:(|e|^2+a·e)^2≤0,故:|e|^2+a·e=0 即:-a·e=|e|^2,选A
@聂盾3009：设矩阵A^k=0矩阵(k为正整数),证明(E - A)^( - 1)=E+A+A^2+...+A^(k - 1) -
侯肺18536109872…… 证明: 因为 A^k = 0 所以 (E-A)(E+A+A^2+...+A^(k-1)) = E+A+A^2+...+A^(k-1) -A-A^2-...-A^(k-1)-A^k = E - A^k = E 所以 E-A 可逆, 且 (E-A)^-1 = E+A+A^2+...+A^(k-1)
@聂盾3009：已知矩阵A满足A^2 - 2A+E=0,则e^(At)=------------ -
侯肺18536109872…… A^2-2A+E=0得到(A-E)(A-E)=0,从而A=E.所以e^(At)=E+At+(At)^2/2!+(At)^3/3!+...=E+tE+t^2*E/2!+t^3*E/3!+...=e^t*E
@聂盾3009：A是n阶反对称矩阵,为什么(E - A)^T=E+A?同时(E+A)^T=E - A?你看我分析的对不对,如下 -
侯肺18536109872…… A是反对称矩阵的充分必要条件是 A^T = -A.(E-A)^T = E^T - A^T = E + A(E+A)^T = E^T + A^T = E - A
@聂盾3009：设A是反对成矩阵,B=(E - A)(E+A)^( - 1),证明B为正交矩阵. - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] 注意到(E-A)(E+A)=E-A^2=(E+A)(E-A)和A^T=-A,有 B^TB=(E+A)^(-T)(E-A)^T(E-A)(E+A)^-1=(E-A)^(-1)(E+A)(E-A)(E+A)^(-1)=(E-A)^(-1)(E-A)(E+A)(E+A)^(-1)=E
@聂盾3009：如果A^k=0,证明(E - A)^( - 1)=E+A+A^2+.+A^(k - 1). - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] 只需证明(E-A)[E+A+A^2+.+A^(k-1)]=E,由于矩阵和单位矩阵E的乘法有可交换性,即AE=EA=A,因此乘法公式a^k-b^k=(a-b)[a^(n-1)+a^(n-2)b...+b^(n-1)]对于矩阵A和E成立,所以E^k-A^k=(E-A)[E^(n-1)+E^(n-2)A...+A^(n-1)],...
@聂盾3009：设A为n阶实反对称矩阵,即A^T= - A,证明:1)A的特征值只能是0或纯虚数;2)E+A可逆; -
侯肺18536109872…… A是实反对称矩阵 => A是反Hermite矩阵 <=> iA是Hermite矩阵(i是虚数单位) 注意Hermite阵的特征值都是实数, 所以A的特征值只能在虚轴上 第二题是第一题的显然推论 至于第三题, 可以用Hermite阵的谱分解加上第一题的结论来做, 也可以直接用乘法验证QQ^T=I
@聂盾3009：求证明 α是单位向量,A=E+kα^T*α,其中k不等于 - 1,则A为可逆矩阵求证明过程. - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] α是单位向量,α^T*α的特征值有n-1个0,另一个是1,(α^T*αα^T=α^T) ==》A=E+kα^T*α的特征值有n-1个1,另一个是1+k, 则A为可逆矩阵《====》A=E+kα^T*α的特征值不为0 《===》k不等于-1,
@聂盾3009：若A是n阶方阵,且AAT=E,|A|= - 1,证明|A+E|=0.其中E为单位矩阵. - 作业帮
侯肺18536109872…… [答案] 证明:∵|A+E|=|A+AAT|=|A||E+AT|=-|(E+A)T|=-|E+A| ∴2|E+A|=0,即|E+A|=0.
