设矩阵A的特征多项式|λE-A|=(λ 1)(λ-2)^2 求|A|

ⅰ.矩阵A的特征多项式f(x)=∏{1≤i≤k}(x-λi)^(ai)最小多项式g(x)=∏{1≤i≤k}(x-λi)^(bi)A的Jordan标准型中有ci个关于λi的Jordan块,根据定理得:则

这是教材中的定理好长的证明去看看北大的高等代数教材吧,上面有证明

就是要证明|λE-AB|=|λE-BA|.考虑分块矩阵P=E0-AE与分块矩阵Q=λEBλAλE可算得PQ=λEB0λE-AB有λ^n·|λE-AB|=|λE|·|λE-AB|=|PQ|=|P|·|Q

证明:设a1,a2,...,an是A的n个不同的特征值.则存在可逆矩阵P,使P^-1AP=diag(a1,...,an)=B(记为B)即有A=PBP^-1.又f（λ）=|λE-A|=(λ-a1)(λ-

f(A)=0的式子两边代表的都是矩阵,0是零矩阵,不是实数0.f(x)中的x取值是实数,f(A)是借用多项式表示的一个矩阵,称之为矩阵多项式,做法是把多项式f(x)的x的幂次都换成A的幂次,其中的常数

再问：我看例题都是直接给出了因式。有什么技巧吗？再答：这个就是按照行列式的计算技巧计算就可以的

由于(A+2E)(A-2E)=A^2-4E=-3E,所以(A+2E)(-A/3+2E/3)=E,因此A+2E可逆.

设λ为n阶矩阵A的特征值,p(x)为x的多项式,则p(λ)为p(A)的特征值,故:p（A）的特征值为p(λ1),p(λ2),……,p(λn)从而p(A)的特征多项式为：[λ-p(λ1)][λ-p(λ2

喔唷这个太深奥咯不过我还是很欣赏你热爱学习刻苦专研的这种精神值得大家学习佩服佩服所以分奖励给我嘛……

此图是使用中间这一行进行代数余子式展开来计算行列式.此图是对第一行提取(λ-2)来计算行列式.外一则：|rxa1,rya2;sxb1,syb2;|我们先对行提公因子,看到第一行提出r,第二行提出s,提

A的特征值a1,a2,特征多项式p1,p2则A^2-2A+3E+2A^-1的特征多项式是?打印错误!应该是A的特征值a1,a2,对应的特征向量p1,p2则A^2-2A+3E+2A^-1的特征值与对应的

因为E的特征值是1,所以A^2的特征值也是1,设A有特征值k,取相应的特征向量为x,则有Ax=kx,两式左乘A,得A^2*x=k*Ax=k^2*x,故k^2=1,k=±1

A的特征多项式为f(λ)=|λE-A|令λ=0则f(0)=|-A|=(-1)^n*det(A)=>detA=(-1)^n*f(0)而det(2A)=2^n*det(A)=(-2)^n*f(0)总结起来

Cayley-Hamilton定理.楼上的证明错误,特征值全为0的矩阵不一定是0矩阵.因为A复相似于上三角阵T,只需要对上三角阵T证明,验证f(T)的每一列都是0即可.

实对称矩阵一定可以相似对角化,并且相似于矩阵diag(λ1,λ2,…,λn),AB相似则AB分别相似于其特征值构成的对角矩阵,两对角矩阵相似=>其对角线上的元素相等,则AB的特征值相同,即AB具有相同

f(x)和g(x)互质表明f(x)和g(x)没有公共根,从而g(A)的特征值都不为0,再利用Cayley-Hamilton定理得到g(A)^{-1}一定是A的多项式.补充：λ是A的特征值当且仅当g(λ

设λ是A的任意一个特征值,α是λ所对应的特征向量Aα=λαA²α=λAαEα=α=λ·λα=λ²αλ²=1λ=±1所以A的特征值只能是±1

二阶矩阵特征多项式有是个二次多项式,已知它的两个根是1和2,所以特征多项式就是(t-1)(t-2)即t^2-3t+2再答：有哪里不清楚继续问吧再答：记得采纳我的答案哦～再问：谢谢啦

c是对的,因为特征多项式相等,说明有相同的特征值,而矩阵的行列式值就是特征值的乘积.A要求有相同的不变因子,B就很离谱了.

利用对角化P^-1(A-λE)P=D-λE