高等代数多项式证明题

先证明E,A,A^2,.A^{m-1}线性无关,(m为最小多项式的次数),否则最小多项式次数小于m.再利用f(x)=m(x)q(x)+r(x)带余除法得到f(A)=r(A),可由E,A,A^2,.A^

见图.再问：a是整数哎。。。，而且为什么x=p和x=q是f(x)的根呢，±1，±pq不可以么？求教。。。再答：前面的解答不完整。下面更改。再问：如果f(x)没有有理根呢？f(x)在有理数域上可约，不一

这个叙述很含糊我推测原来的命题是这样已知b是一个复数,那么以b为根的有理系数不可约多项式若存在则必在相差一个常数倍的意义下唯一.再问：对，存在性也要考虑。请问怎么证明呢？我也需要他的扩充方法，比如更2

数学专业学的是数学分析,非数学专业只学高等数学..数学分析的难度远超高等数学；高等代数是与数学分析在数学专业中齐名,非数学专业学的线性代数只是高等代数的皮毛,最浅显的一部分..

将选项答案一一带入排除我只会这招了再答：谢谢你

左端=111...101+x[1]1+x[1]²...1+x[1]ⁿ01+x[2]1+x[2]²...1+x[2]ⁿ...............01+x[

这个题就是叙述有点绕,想到地方了就简单了.要证明x0幂零只需要证明其只有0特征值.容易验证,对任何多项式g(x),有g(x0)∈M.设x0有特征值λ1,λ2,...,λt(不计重数,两两不等).假设x

因为不可约多项式p(x)与任意多项式f(x)的关系只有两种可能.要么(p(x),f(x))=1,p(x)|f(x).由题设,p(x)与f(x)有一个公共根,设为x=a,则p(x)与f(x)必有一个公因

你要证明的问题没看明白,也许是因为我手机显示不正常根据两个已知条件将f(x).g(x)用h(x)及x表示出来,结果要证明什么,直接带入就可以求解了.

fi的核ker(fi)是V的真子空间(这是一个论断,可以推出结论,下面两句在证明这个论断)否则fi(V)=0(反证法)也就是对于所有的a属于V有fi(a)=0,(换个表述)从而fi=0,与已知矛盾.再

我告诉你吧我最近发现了一个定理：n阶矩阵的特征多项式的n-i次方的系数为矩阵A的所有i阶主子式之和.我用M[i]表示A的所有i阶主子式之和.并规定M[0]=1；易知M[1]=tr(A)；M[n]=|A

先把f写成f(x)=(x-a)(x-a-1)(x-a-2)g(x)+1其中g是整系数多项式然后看到(x-a)(x-a-1)(x-a-2)一定是6的倍数即可

由于g(x)整除f_i(x),所以每个f_i(x)都可以写成g(x)g_i(x)的形式,则u_1(x)f_1(x)+u_2(x)f_2(x)+...+u_s(x)f_s(x)=u_1(x)g(x)g_

由条件(3)知道[1,1,...,1]^T是0特征值对应的特征向量,所以rank(A)

...作为专业基础可,需要花一点时间多看书.1、直接套定义,内积是一个2元运算,不一定指的是经典内积（即对应分量的积的和）证明他非负,双线性,以及对称（容复数域上的是共轭对称）即可.2、σ是正交变换的

显然方程组的系数矩阵A是一个(n+1)*n的矩阵,所以系数矩阵A的秩R(A)≤n而方程组的增广矩阵B=(A,b)是一个n+1阶的范德蒙德矩阵,由于a1,a2,...,a(n+1)两两不等,故其行列式不

思路都是比较两边的根.1.x=1是(x-1)·f(x+1)的根,所以也是(x+2)·f(x)的根.但其不是x+2的根,故其为f(x)的根,f(1)=0.同理,由x=-2是(x+2)·f(x)的根,可得

先证例8.证明：先证充分性.若x|f(x),则我们可以设f(x)=x•g(x).从而f²(x)=x²g²(x)这就证明了x²∣f²(x).

[x-(√7+√5）][x-(√7-√5)]=x^-2x√7+2,f(x)=（x^-2x√7+2）（x^+2x√7+2）=（x^+2)^-(2x√7）^=x^4-24x^+4,易知f(a)=0,f(x

“方程组的秩是n-1”这种说法是第一次见到,意思是系数矩阵A的秩是n-1吧?A的秩是n-1,所以方程组Ax=0的基础解系里有n-(n-1)=1个向量.因为Akl≠0,所以(Ak1,Ak2,...,Ak