【答案】：由A正定，有可逆矩阵Q，使QTAQ=E.由于QTBQ仍为实对称矩阵，所以有正交矩阵R，使RT(QTBQ)R=D=diag(λ1，λ2，…，λn)为对角矩阵，其中λ1，λ2，…，λn为实对称矩阵QTBQ的全部特征值.令P=QR，则因可逆矩阵的乘积仍是可逆矩阵，知P为可逆矩阵，且有PTAP=(QR)TA(QR)=RT(QT...
【答案】：C 由于矩阵A与B不一定可交换，故A、B不正确；又A与B不一定是正交矩阵，故AB也非正交矩阵，D项错误；因为|A|>0，|B|>0，故|AB|=|A||B|≠0，从而AB可逆。
证明：必要性由于A，B都是n阶正定矩阵，根据正定矩阵的定义，A，B都是n阶对称矩阵，即A'=A,B'=B（这里A'表示A的转置矩阵）。若AB正定，则AB也是对称矩阵，从而AB=(AB)'=B'A'=BA.即证得了AB=BA。充分性若AB=BA，则(AB)'=B'A'=BA=AB,这说明AB实对称。其次，由于A，B都是n阶正定...
由于A与B有相同的特征多项式，所以A与B有相同的特征根，不妨设λ1,λ2...λn为A与B的特征根，由于A与B均为实对称矩阵，则存在正交矩阵X和Y，使X^(-1)AX=【λ1 λ2···λn】（此为矩阵）=Y^(-1)BY于是YX^(-1)AXY(-1)=B,令T=XY(-1),所以T(-1)AT=B,即AB相似 因为A,B...
则如果它们相似，则一定也合同。”所谓Hermite矩阵，就是该矩阵中第i 行第j 列的元素与第j 行第i 列的元素的共轭是相等的。而楼主所说的实对称阵，是特殊的Hermite矩阵，所以 A、B都是N阶实对称阵的话, 那么A, B相似则A, B合同。请参考：http://baike.baidu.com/view/1201292.htm ...
因为A-B正定，则有α（A-B)α'>0,则αAα'>αBα'由A，B正定得A逆，B逆正定，则有βA逆β'>0,βB逆β'>0 所以(βA逆β')(αAα'）（βB逆β'）>(βA逆β')(αBα')(βB逆β')由αβ'=I与βα'=I带入化简得，βB逆β'>βA逆β'则β（B逆-A逆）β'>0 再由...
对任一n维非零列向量x, 总有 x'(A'A)x = (Ax)')(Ax) >= 0, 且 x'x>0 所以当a>0时, 有 x'Bx = ax'x + x'(A'A)x > 0 故 B 正定
A是实对称半正定矩阵，则存在实正交阵Q和对角阵D使得A=Q*D*Q^T，不妨设D=diag(D_1,0)，其中D_1正定 AB=QDQ^TB=QDCQ^T，其中C=Q^TBQ也是半正定的 既然tr(AB)=tr(DC)=0，那么C当中与D_1对应的行列均为0，可得CD=0，所以AB=0 ...
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）AiP i＝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试的一道题）证明请参考：代数学辞典 樊恽 等主编 华中师范大学出版社 937题,940题 P431－P432。
当矩阵A，B，AB都是N阶对称矩阵时，A,B可交换，即AB=BA。证明： A,B,AB都是对称矩阵，即AT=A,BT=B,(AB)T=AB 于是有AB=(AB)T=(BT)(AT)=BA 当A,B可交换时，满足(A+B)^2=A^2+B^2+2AB 。证明： A,B可交换，即AB=BA (A+B)^2 =A^2+AB+BA+B^2 =A^2+AB+AB+B^...
