A反对称当且仅当对任一n维列向量X,有

|V(G)|-|E(G)|=1即点数比边数多1.证明思路：数归即可.|V(G)|=1显然成立,若|V(G)|=k成立,当|V(G)|=k+1时必有一点度数为1将此点与连接此点的边删去,即证

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

R中所有对角元素非零rank(R)=nrank(R^HR)=nrank(A^HA)=nrank(A)=n至于第二个问题,这个没法回答对于列满秩矩阵,在要求R的对角元为正数的前提下QR分解是唯一的,所以

是这样子:根据已知,X是n*1的,A是n*n的,X'是1*n的X'AX是一个1*1的矩阵,即一个数它的转置就等于它本身即有(X'AX)'=X'AX再由(X'AX)'=X'A'X=-X'AX即得X'AX

我估计你说的是x'Ax=0,一般人说向量时,都是列向量,在x是列向量时,xA根本不能乘积证明很简单,x'Ax是个一维矩阵,因此其转置必然和自己相等因此x'Ax=(x'Ax)'=x'A'x=x'(-A)

证明必要性,对于f(X-A)的任一元素y,则存在不属于A的元素x,有y=f(x),由于f是单射,故y不可能属于f(A),故y属于Y-f(A),于是f(X-A)包含于Y-f(A);对于Y-f(A)的任一

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

由A1,A2,……An线性无关而对任一n维向量B,A1,A2,……An,B线性相关所以B可由A1,A2,……An线性表示.反之,因为任一n维向量均可由A1,A2,…An线性表示所以n维基本向量组ε1,

必要性：A正定→A与E合同→存在可逆矩阵D,使得A=D'D.那么B=C'AC=C'(D'D)C=(DC)'(DC),所以B与E合同→B正定；充分性：B=C'AC正定→B与E合同→存在可逆矩阵M,使得B

设A反对称,A′＝-A注意X′AX是一个数,﹙X′AX﹚′＝X′AX另一方面,﹙X′AX﹚′＝X′A′X′′＝X′﹙-A﹚X＝-X′AX∴X′AX＝-X′AXX′AX＝0反之,设对任意n维列向量X,都

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当且仅当是充分必要的意思,即两个结论可互推既在证明:A与B可交换时,AB是对称的又要证明:AB是对称时,A与B可交换

必要性显然至于充分性,把λE-A化到Smith型diag{d_1(λ),...,d_n(λ)},d_i|d_{i+1}n-1阶行列式因子是d_1(λ)...d_{n-1}(λ),它的次数是n-1说明d

AA'=AA,取两边转置有A'A=A'A',即A(A'-A)=0,-A'(A'-A)=0.两式相加有-(A'-A)^2=0,则A=A'

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,

A是反对称阵,则x'Ax=(x'Ax)'=x'A'x=-x'Ax,故x'Ax=0.反之,取x=ei,ei是单位阵的第i列,代入可知A的对角元是0.（注意ei'Aej=aij).再取x=ei+ej,则有

因为反对称矩阵的特征值是0或者纯虚数.如果A+cE不可逆,则-c为反对称矩阵的特征值,出现矛盾,所以矩阵A+cE恒可逆补充证明：由反对称阵定义得A=-A'设ξ是属于特征值λ的特征向量,即Aξ=λξ那么