2πr=360分之nπa

知识点:1.AB=0,则r(A)+r(B)

本题被称为薛尔福斯特公式,是Frobenius不等式的特殊情形,就是那里令B=E,我之前回答过http://zhidao.baidu.com/question/338678441.html?oldq=

因为A^2=AAα=λαλ^2=λ解得λ=1或0由于r(A)=r所以n阶矩阵A与对角矩阵1..1.1...0.0.0相似,其中λ=1为r重特征值,λ=0为n-r个则2E-A的特征值为1(r重),2(n

因为A=A^2所以A(A-E)=0\x0d所以r(A)+r(A-E)≤n.\x0d参:\x0d\x0d又n=r(E)=r(A+E-A)≤r(A)+r(E-A)=r(A)+r(A-E)\x0d参:\x0

A的平方B负一X分之1减1三分之X减YM的平方减Nπ分之R的平方减r的平方是单项式的有负一三分之X减Y,是多项式的有X分之1减1M的平方减Nπ分之R的平方减r的平方,不是整式的有A的平方BX分之1减1

这个.（a+e0）（0a-e)作初等变换.接着作下去吧.不好打.

由A^2=A,得A^2-A=0,(A-E)A=0.两n阶矩阵乘积为零矩阵,则两矩阵秩之和不大于n,故由(A-E)A=0得,R(A-E)+R(A)≤n.两矩阵之和的秩不小于两矩阵秩之和,故由(E-A)+

1、当r（A）=n-1时：由于AA*=det(A)I=0Ax=0的基础解系的向量个数是n-r(A)=1所以r(A*)≤1又因为A*的矩阵元是A的n-1阶代数余子式,因为r(A)=n-1,必有不为零的代

A^2=A得到A(A-E)=0由r(A)+r(B)-n

在这里:\x0d\x0d\x0d你去我空间相册看看吧,有些结论的图片我都放那里了.

(1/360)×0.5nπ×3r×3r-(1/360)nπr×r=70[9×0.5-1]×(1/360)nπr×r=703.5×(1/360)nπr×r=70r²=70×360/3.5nπr

证:由已知,A^2=E,(A+E)(A-E)=0所以r(A+E)+r(A-E)

如果知道Jordan标准型的话就显然了.如果不知道的话就证明A^{n+1}x=0和A^nx=0同如果A非奇异则显然成立,否则利用n-1>=rank(A)>=rank(A^2)>=...>=rank(A

证明:因为A是实对称矩阵所以A相似于对角矩阵diag(λ1,λ2,...,λn)其中λi是A的特征值.因为相似矩阵有相同的秩,故r(A)=λ1,λ2,...,λn中非零数的个数.由A是实对称矩阵知A^

因为R(A)=n-2,所以R（A*）=0所以R（2A+3A*）

（A）=n,说明矩阵A时可逆矩阵,因此A可以写成一系列初等矩阵的乘积,设A=p1*p2ps,相当于对矩阵A做了一系列的初等列变换,而初等列变换不改变矩阵的秩,因此r（A*A）=r(A)其实还可以简单点

点击看大图:再问：当r(A)=n-1时，A至少有一个n-1阶子式不为0，那为什么A*≠0？再答：A*是由代数余子式Aij构成的Aij=(-1)^(i+j)MijMij包含了A的所有n-1阶子式所以至少

因为A*A=A,所以A(A-E)=0;故A-E的每个列向量都是方程Ax=0的解,由于A-E中的列向量未必构成解空间的基,所以R(A)+R(A-E)小于等于n；又由R(A)+R(B)>=R(A+B)；立

要用到两个不等式：(1)r(A)+r(B)r(A-B).根据(1),r(A+I)+r(A-I)=r((A+I)-(A-I))=r(2I)=n,因此r(A+I)+r(A-I)=n.

圆锥体表面积等于侧面积加底面积S侧=cl/2=2πrl/2=πrlS底=πr²所以,S=πrl+πr²其中,l是圆锥母线长,c是圆锥底面周长,r是底面半径