存在一个多项式,使得g(A)等于B

这里是可同时上三角化,至于对角化则不一定.证明也很简单,利用可交换矩阵有共同特征向量,并将这个特征向量扩充为一组基.考虑A,B在这组基下的矩阵.然后利用数学归纳法即可.注：当然事实上这里要求A,B可交

g(1)=ln1=0f（1）=1-1=0由g(x)=

长方体是任意的!则A与B可能一摸一样,此时k=1,排除C设A的底面两邻边分别为a、b,B的底面两邻边分别为c、d,A、B的高都为h则cdh/abh=K,2（cd+ch+dh）/2(ab+ah+bh)=

证明思路1：B最小多项式和特征多项式相等==》B相似于一个有理标准型矩阵A=P^{-1}BP.令a=Pe_1,有B^ka=BPe_k=Pe_{k+1},k=0,1,2,...,n-1.从而得到命题成立

这个就是所谓的Schur分解先取A的一个单位特征向量x,取以x为第一列的酉阵Q,Q^HAQ变成分块上三角阵,归纳即可.

这个题目一看就应该要用到罗尔定理,正如你所说的证明也需要用到构造函数,其实你这个题目可以从结论入手分析问题鉴于你应该会懂我建立个函数F(x)=f(a)*g(x)+f(x)*g(b)-f(x)g(x)连

积分中值定理.f(x)在闭区间连续,刚必然取到最大值和最小值,设为M和m.有Mg(x)>=f(x)g(x)>=mg(x),同时在a到b上积分有M>=积分f(x)g(x)/积分g(x)>=m.再由连续函

如图~

设F(x）=g(x)-g(x+h)g(X)在【0.2h】上连续,F(x)在【0.h】上连续.F(0)=g(0)-g(h)F(h)=g(h)-g(2h)F(0)+F(h)=g(0)-g(2h)F(0)+

如果a,b为有理数则令c=a+(根2/2)(a-b),c为a,b之间的无理数如果a,b中有一个为无理数,不妨设b为无理数由无理数的定义,b为所有小于b的有理数的上确界,即对任意实数r>0,总存在有理数

考虑h(x)=f(x)e^(g(x)),有h(x)在[a,b]连续,(a,b)可导,且h(a)=h(b)=0.由罗尔中值定理,存在c∈(a,b)使h'(c)=0.而h'(c)=(f'(c)+f(c)g

依题意,即：x^3

若整数b是p(x)的根,则p(b)=0,而p(a)=1,故a≠b,p(x)是整系数多项式,∴a-b|p(a)-p(b),即a-b|1,∴b-a=土1,b=a土1,∴p(x)最多只有两个整数根.

解法一证明：假设存在g(n)=a1+a2+...+an-1(n-1为下标)=g(n)(an-1)（n-1非下标)则g(n)=g(n)*an-g(n),2g(n)=g(n)*an,an=2,所以g(n)

一个命题与它的否定形式是完全对立的.两者之间有且只有一个成立.所以存在一个实数x,使得x^2+x+1

不存在.假设存在,则a+13=m*m,a-13=n*n.两式相减,(m+n)*(m-n)=26,而26是偶数,于是m+n,m-n中有一个是偶数,它们两个积偶性相同,积应该是4的倍数,矛盾

概念是很重要的,必须反复琢磨,并结合例子理解.以这道题来说,主要还是使用定义.由E是F上的代数扩张,a作为E中的元素都是F上的代数元,即存在非零的F-系数多项式f(x)使f(a)=0.在所有在a处取0

∵a>0∴g(x)=ax+2是增函数∵x∈【-1,2】∴-a+2≤g(x)≤2a+2∴g(x)的值域为[-a+2,2a+2]∵存在x∈[-1,2],使得g(x)∈[-1,3],∴-a+2≤3,且2a+

假设存在这样一个a则存在m,n使得m^2-n^2=26(m+n)(m-n)=26m+n和m-n的奇偶性是相同的若m+n为奇数,则m-n也必为奇数这时,两个奇数的乘积为奇数,不可能是26若m+n为偶数,

F(x)=f(x)－x,则F(a)=f(a)－a>=0,F(b)=f(b)－b再问：为什么令F(x)=f(x)－x之后，就有F(a)=f(a)－a>=0，F(b)=f(b)－