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分享一道线代(拓展思路)10楼发布了详细解答

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楼主
5月的阳光 发表于 09-12-3 00:16:12 | 只看该作者 回帖奖励 |倒序浏览 |阅读模式
[s:7]

分享一道线代题,大家拓展下思路


第二问不一定要具体回答,定性就可以了


第二问是“实矩阵A”,多打了个“矩阵”

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沙发
qwweewwee 发表于 09-12-3 00:28:47 | 只看该作者
第一问 有问题吧 貌似 应该r(AB)=r(B)吧
板凳
 楼主| 5月的阳光 发表于 09-12-3 00:31:20 | 只看该作者

回复 #2 qwweewwee 的帖子

笔误,已改了
地板
dreamlovers 发表于 09-12-3 10:30:19 | 只看该作者
第一问,不妨设A是n*m阶的,n>=m(如若不然与列满秩矛盾),B为m*s阶吧,则必存在一可逆矩阵P(一系列初等矩阵乘积)使得PA=C,C后n-m行元素全为零,切记前m行组成矩阵C1,显然r(A)=r(C)=r(C1)=m,又CB=D,D前m行是矩阵C1B,r(C1B)=r(B),后n-m行元素全为0,于是r(AB)=r(PAB)=r(CB)=r(C1B)=r(B),over。
第二问实矩阵矩阵?后面是特征值?图片看不全 。。。
5#
dreamlovers 发表于 09-12-3 10:32:51 | 只看该作者
4楼朋友题目没有给出A是方阵,不全面吧。。。
6#
 楼主| 5月的阳光 发表于 09-12-3 15:33:05 | 只看该作者
继续想,拓宽思路
例如第一问,我们平时都把它当做结论来用
第二问,纯属是发散思维,帮大家更好的理解所学的知识
7#
zlwyaokaoyan 发表于 09-12-3 17:39:06 | 只看该作者

第一问

A列满秩就说明方程组AX=0中没有自由变量,那么方程组就只有零解,所以A可逆,一个矩阵和一个可逆矩阵相乘秩是不变的,因为相当于对矩阵B进行了初等变换,所以AB的秩等于B的秩!
8#
dreamlovers 发表于 09-12-3 20:02:39 | 只看该作者
(1)根据版主的提示,第一问可以从证ABx=0与Bx=0等价入手,显然后者的解全是是前者的解,又对于前者的任何解x0,可以断言Bx0=0,若Bx0=y0非零,则方程Ay0=0有非零解,与A列满秩矛盾(如楼上的自由未知量解释,关于A可逆的论断不敢恭维),从而两方程组等价,即得r(AB)=r(B)。
(2)由A是n*m(n>=m)实矩阵,AAT是n*n实对称矩阵,从而必可相似对角化,由第一问结论r(AAT)=r(A)=m,若A是方阵(n=m),则A可逆进而AAT可逆,特征值全不为零,且其和应等于A的行范数之和,亦即AAT的迹,这个值显然大于0,进一步猜想是不是全部特征根都大于零呢?答案是肯定的,事实上从定义出发取任意n维非零列向量x,xTATAx=(Ax)T(Ax)>0,ATA正定,ATA和AAT有相同特征根,AAT是正定的;若A不是方阵(n>m),由r(AAT)=m,则AATx=0的解空间是n-m维的,即AAT属于0的线性无关的特征向量有n-m个,可以断言特征根0是n-m重的(实对称矩阵代数重数和几何重数必然相等),其他m个非零特征根其和应等于A的行范数之和,是否还有其他m个非零特征值均大于零这样的结论呢?作为一个猜想等待大家证明,如果是个真命题,那么关于这题我们有结论:
  如果A列满秩,则AAT非负定,且有r(AAT)=m=p(正惯性指数)。
9#
 楼主| 5月的阳光 发表于 09-12-3 20:32:50 | 只看该作者
猜想的非常好,这道题的综合性很强

AAT“半正定”

[ 本帖最后由 cp1987916 于 2009-12-3 20:35 编辑 ]
10#
 楼主| 5月的阳光 发表于 09-12-3 21:06:39 | 只看该作者
此题目虽然不太会考,但作为拓展思路,还是有必要的
我一开始也没想到怎么去证明n个正特征值那部分证明是会员“mouse123”证出来的
我后来又研究下了,觉得这种题目对线代的整体知识把握很好,所以奉献给大家

[ 本帖最后由 cp1987916 于 2009-12-3 21:11 编辑 ]

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