Question

一道线性代数证明题，急！高分！

已知A是n阶正定矩阵，试证明det（A+E）>1
谢谢！！
加油！！

Answer 1

因为A是正定矩阵，所以A可逆，因此存在可逆矩阵J，使得（J逆）*A*J=D,
其中链颤D是上三角阵，且对角元均大于0.（事实上这就是矩阵A的携态Jordan分解，上三角阵D的对角线元素即为A的特征值，由A正定知其特征值均大于0）
因此 det(A+E)=det(J*D*(J逆）+E)=det(J*(D+E)*(J逆））=detJ*det(D+E)*
det(J逆），利用detJ*det(J逆)=1 以及D的辩唤源对角元都是正数即知
detJ*det(D+E)*det(J逆）>1,所以det（A+E）>1

Answer 2

A是n阶正定矩阵，则A的特征值全部大于0
进而A+E的特征值全部困山大于1
det（A+E）就是矩漏滚阵（A+E）特征值的乘返尺余积，当然大于1

Answer 3

因为A正定，故存在正历仔交阵T，使得T'AT=D，其中D为对角阵，主对角线上元素为猛烂梁枝运正，又E=T'T,故det(A+E)=det(T'(D+E)T)=det(D+E)>1

Answer 4

A>=0, => h_i >=0,且不能全部为0
Ax=h_ix h_i表示第I个特征圆册伍枯值, X为对应特征橘橘宏向量
(A+E)x=(1+h_i)x
1+h_i >=0

det(A+E) =(1+h_1)*....*(1+h_n) > 1