存在三阶矩阵B≠0,使得AB=0

证:必要性.因为R(A)=1所以A有一个非零行,且其余行都是此行的倍数设此行为b^T则A=k1b^T...knb^T令a=(k1,...,1,...,kn)^T则A=ab^T充分性.因为存在非零列向量

证明:由AB＝0得r(A)+r(B)=1所以r(A)

可以这么证：设A是N×N的方阵.首先,存在非零列向量X（NX1）,满足AX=0,因为A不满秩.其次,存在非零列向量Y（N×1）,满足A（T）Y=0,因为A（T）也不满秩（T代表矩阵转置）.然后,考虑这

要使AB=0,则B的列向量必为Ax=0的解,将A进行初等变化为{1-23;-000;000},可得基础解系（210）T,（-301）T,所以B={2-30;100;010}满足条件

不知道条件中是否有n>=m,如果是n>=m则可知无论经过怎样化简,不会使得A的某一行或者某一列为0,类似方阵若A不为0,则肯定有逆矩阵,我想这里也是一样

11=b11+b12b12=b12b11+b21=b21+b22b12+b22=b22上述四个式子得b12=0.b11=b22=a,b21与AB=BA无关,赋值b21=b,答案应没错啊.

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）

证明:必要性.因为存在一个非零矩阵B,使得AB=O所以B的列向量都是AX=0的解向量所以AX=0有非零解所以|A|=0.充分性.因为|A|=0,所以AX=0有非零解b1,...,bs令B=(b1,..

首先r(A)=2所以Ax=0的解空间维数为1维……………………………………………(1)然后AB=0,把B的列向量写出来：B=[b1,b2,b3],其中{b1,b2,b3}是B的三个列向量显然有：A*b

不仅如此,还有A1.,……,An都相似于对角阵,AiAj＝AjAi.（i≠j）.则存在公共的满秩方阵P.使P^（-1）AiPi＝1,……,n.同时为对角形.（这是1978年武汉大学代数方向硕士生入学复

(1)A不可逆,故其秩小于n,故可经过有限次行初等变换P1,P2,.Pk变为第一行元素全为0的矩阵DD=(Pk).(P2)(P1)A=QA,设:Q=(Pk).(P2)(P1)取F为这样的矩阵:其第一行

反证法:若A的行列式不为零,则A的秩为n,即A满秩,A可逆,等式两边的左侧都乘以A的逆矩阵,得到B=0,矛盾,故A不可逆,极为A的行列式值为0.

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,

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

用反证法:假设|A|不等于0那么R(A)=3由于AB=0,R(A)+R(B)小于等于3所以R(B)=0和条件B为非0阵矛盾所以R(A)小于3即|A|=0

必要性：对AB=0两边取行列式,即│AB│=│A││B│=0,因B为非零矩阵,故│B│不等于零,所以,│A│=0充分性：假设AB=C,对AB=C两边取行列式,即│AB│=│A││B│=│C│,因为│A

设r(A)=a,则可分解A=Pdiag(T,O1)Q,其中T为aXa的对角阵P,Q分别为m阶和n阶可逆方阵,O1为(m-a)X(n-a)的零矩阵令B=Q^(-1)diag(O2,S),其中O2为aX(

因为在定义的时候并不知道AB=E就意味着BA=E,也就是说矩阵的乘法运算一般不具有交换性,因此AB和BA不一定相等.所以在定义逆矩阵的时候就要求AB和BA都是E才行.只不过后面才证明了如果AB=E,则

因为r(A)=m所以对任一n维列向量b,线性方程组Ax=b总是有解特别对n维基本向量ε1,ε2,...,εn,Ax=εi有解xi令B=(x1,x2,...,xn)则AB=(Ax1,Ax2,...,Ax

设C=BT*A,其中BT代表B的转置那么C仍是正交阵,且题目表明|C|=-1只要证明存在非零向量x使得(C-I)x=0,就只要证明|C-I|=0即可.而|C-I|=|C-C*CT|=|C|*|I-CT