线性代数

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线性代数题,求解

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线性代数问题

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其他数学妖心儿 发起了问题 • 3 人关注 • 0 个回复 • 835 次浏览 • 2016-07-21 21:35 • 来自相关话题

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Math001

Math001 回答了问题 • 2015-06-26 15:48 • 1 个回复 不感兴趣

行列式计算

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设$D_n=\left|\begin{matrix}x&y&y&\cdots&y\\z&x&y&\cdots&y\\z&z&x&\cdots&y\\&&am... 显示全部 »
设$D_n=\left|\begin{matrix}x&y&y&\cdots&y\\z&x&y&\cdots&y\\z&z&x&\cdots&y\\&&\cdots\\z&z&z&\cdots&x\end{matrix}\right|_{n}$

情况1: 若$y=z$,容易计算$D_n=[x+(n-1)y](x-y)^{n-1}$

情况2:若$y\not=z$

则有$D_n=\left|\begin{matrix}z+(x-z)&y&y&\cdots&y\\z&x&y&\cdots&y\\z&z&x&\cdots&y\\&&\cdots\\z&z&z&\cdots&x\end{matrix}\right|_n$

$=\left|\begin{matrix}z&y&y&\cdots&y\\z&x&y&\cdots&y\\z&z&x&\cdots&y\\&&\cdots\\z&z&z&\cdots&x\end{matrix}\right|_n+\left|\begin{matrix}x-z&y&y&\cdots&y\\0&x&y&\cdots&y\\0&z&x&\cdots&y\\&&\cdots\\0&z&z&\cdots&x\end{matrix}\right|_n$

$=z\left|\begin{matrix}1&y&y&\cdots&y\\1&x&y&\cdots&y\\1&z&x&\cdots&y\\&&\cdots\\1&z&z&\cdots&x\end{matrix}\right|_n+(x-z)\left|\begin{matrix}x&y&y&\cdots&y\\z&x&y&\cdots&y\\z&z&x&\cdots&y\\&&\cdots\\z&z&z&\cdots&x\end{matrix}\right|_{n-1}$

$=z(x-y)^{n-1}+(x-z)D_{n-1}$

即得到递推式子$D_n=z(x-y)^{n-1}+(x-z)D_{n-1}$

注意原行列式转置后,值不变。而转置后只是符号$y$与$z$对换。

于是有$D_n=y(x-z)^{n-1}+(x-y)D_{n-1}$

联立解得$D_n=\dfrac{y(x-z)^n - z(x-y)^n}{y-z}$
方阵$A \in M_n(\mathbb{R})$满足$\forall 0 \neq x \in \mathbb{R}^n, x^TAx>0$,则必然有$\det A >0$. 因此不存在你所说的方阵.
方阵$A \in M_n(\mathbb{R})$满足$\forall 0 \neq x \in \mathbb{R}^n, x^TAx>0$,则必然有$\det A >0$. 因此不存在你所说的方阵.
元始天尊

元始天尊 回答了问题 • 2015-11-01 01:25 • 1 个回复 不感兴趣

$A,B$为对称矩阵,求证 $tr(ABAB)\leq tr(AABB)$.

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对任何非奇异的 $X$, 做 $X^{-1}AX$ 的 Schur 分解 $Q^*X^{-1}AXQ = T$, 由
Frobenius 范数的酉不变性可得
$\displaystyle
\|X^{-1}AX\|_F^2 = \|T\|_F^2 \geq \... 显示全部 »
对任何非奇异的 $X$, 做 $X^{-1}AX$ 的 Schur 分解 $Q^*X^{-1}AXQ = T$, 由
Frobenius 范数的酉不变性可得
$\displaystyle
\|X^{-1}AX\|_F^2 = \|T\|_F^2 \geq \sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2,
$
因此
$\displaystyle
\sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2 \leq \inf_{\det X \neq 0} \|X^{-1}AX\|_F^2.
$
反过来, 对任何 $\epsilon>0$, 做 $A$ 的
$\epsilon$-Jordan 标准型 $J(\epsilon)$ (就是把 Jordan 标准型次对角线上的 $1$ 都换成 $\epsilon$), 这样就有
$\displaystyle
\inf_{\det X \neq 0} \|X^{-1}AX\|_F^2 \leq \|J(\epsilon)\|_F^2
< n\epsilon^2+\sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2,
$
让 $\epsilon\to0+$ 即得
$\displaystyle
\sum_{k=1}^n |\lambda_k|^2 = \inf_{\det X \neq 0} \|X^{-1}AX\|_F^2.
$
你原先问的那个结论可以取 $X=I$ 得到, 也可以直接做证明的第一步.
icesheep

icesheep 回答了问题 • 2017-03-07 22:20 • 2 个回复 不感兴趣

商空间维数问题

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直接用向量空间的第二基本同构定理 $ \frac{U}{U \cap W} = \frac{U+W}{W} \,, $ 两边取 dim,则只需证
dim(A/B) = codimB-codimA,
由第三基本同构定理 $\frac{X/B}{A/B} = \... 显示全部 »
直接用向量空间的第二基本同构定理 $ \frac{U}{U \cap W} = \frac{U+W}{W} \,, $ 两边取 dim,则只需证
dim(A/B) = codimB-codimA,
由第三基本同构定理 $\frac{X/B}{A/B} = \frac{X}{A} $ 立得。

线性代数题,求解

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点(u,v)是圆锥曲线上的点,那么直线y=ux+v是否恒与另一个圆锥曲线相切?

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