实对称矩阵A正定当且仅当A

用A*表示矩阵A的共轭转置,其余同.必要性：设AB是正定矩阵,则AB=(AB)*=B*A*=BA.充分性：设AB=BA,则我们已看到AB=BA=B*A*=(AB)*即AB是Hermite矩阵,下面只需

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

矩阵不方便打出来,我简单地说说原理吧.正定就是给任意的向量x后,x'(A+tE)x>0.很明显,t是加到A的主对角线上的.A主对角线上的元素（例如a11,a22这些）在最终的乘积展开式中出现的形式是(

正定则顺序主子式都大于0所以|A|≠0,|B|≠0所以|AB|=|A||B|≠0所以AB可逆所以(C)正确.再问：这样呀，那其它答案为什么不正确，或者为什么不能确定呢？

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线性代数考虑的范围是实数正定的概念来源于二次型故一般说来正定是实对称矩阵(线性代数范围)(ABC)^T=C^TB^TA^T

既然讨论A是否可逆,则A一定为方阵由|λE-A|=λ^n-(a11+a22+…+ann)λ^(n-1)+…+(-1)^n|A|＝(λ-λ1)……(λ-λn),比较常数项可得：|A|=所有特征值的乘积所

必要性可以用反证法,如果A有负特征值c,那么取t=|c|/2即得矛盾.

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

再问：那俩箭头啥意思再答：这都不知道，充分性、必要性这里只是提供思路，书写是不规范的，将就着看吧再问：哦，谢谢再答：不客气

前两天看你问过,一个人答了,估计没看懂,我也没看懂,我就用比较浅显的知识给你证明吧,高深的我也不会.哈哈!

必要性:adj(A)=A^{-1}/det(A)因此adj(A)正定充分性的反例:A=-1000-1000-1adj(A)=-A

提示：一般,矩阵B为正定[正半定]当且仅当B的特征根均大于0[大于等于0].若记A的特征根为a_1,……,a_n则tE+A的特征根是t+a_1,.,t+a_n(Frobenius定理).

A,B是对称的,可交换的故他们可同时对角化.且AB可与其同时对角化.A,B是半正定的,对角化后对角线上的结果是非负的.故AB对角化后的结果对角线上非负.故AB是半正定的.另外对称是显然的.再问：为什么

设a1,...,an是A的特征值则t+a1,...,t+an是tE+A的特征值又A为实对称矩阵所以当t+a1,...,t+an都大于0时tE+A是正定矩阵所以当t充分大时,矩阵tE+A为正定矩阵

若A正定,则存在正交矩阵T,A=T^(-1)PT.其中P=diag(a1,…an)为A的标准型,ai>0.记Q=diag(√a1,…√an),取B=T^(-1)QT即可!若A=B^2,B实对称,类似上

先对B做Cholesky分解B=L*L^T,然后对L^{-1}AL^{-T}做谱分解L^{-1}AL^{-T}=QDQ^T,S=LQ即可.

只要证t充分大后tA+B的每一个主子式都>0.tA+B的每一个主子式都可以看作关于t的多项式,其最高次项系数为A的相应主子式.A正定,故A的每个主子式>0,所以多项式最高此项系数为正,t充分大后恒>0

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'