设A=PBP-1,证明f(A)=Pf(B)P-1,其中f是一个多项式-搜答案-智慧作业帮

令F(x)=f(x)从a到x的积分在x=a,b处展开F(c)F(c）=F(c+-h)-+f(c+-h)h+(1-t)f'(c-h+th)dt从0到1积分然后再考虑F(b)-h[f(a)+f(b)]证明

F'={f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)]}/(x-a)^2原命题等价于证f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)]>=0G=f'(x)(x-a)-[f(x)-f(a)],a0a再问：帅哟

∫(-a,a)f(x)dx=∫(-a,0)f(x)dx+∫(0,a)f(x)dx对∫(-a,0)f(x)dx,令x=-tx=-at=a;x=0t=0;dx=-dt得：∫(-a,0)f(x)dx=∫(a

因为：A=PBP^(-1)所以：f(A)=f（PBP^(-1)）f（PBP^(-1)）=Pf（B）P^（-1）f=Pf（B）P^（-1）/PBP^(-1)f=f（B）/BB=(0,1)所以：f是一个多

我的回答很详细吧!

因为A*A=|A|E,所以A*(A/|A|)=E,所以(A*)-1=A/|A|=|A^(-1)|A

积分=∫f(x)df(x)=[f(x)]^2/2=[f(b)]^2/2-[f(a)]^2/2=(a^2-b^2)/2

我的证明方法不太好,不过凑合能证出来.由中值定理,F(x)=(f(x)-f(a))/(x-a)=f‘（c）c∈【a,x】对任意x1>x,有(f（x1）-f(x))/(x1-x)=f'(c1)c1∈【x

结论明显不对.楼主回去对照下题有没写错.

题目都给了这么大提示了还不愿做,懒的可以再问：没有答案，需要答案～

证明:∵f(a)>f(b),∴|lga|>|lgb|.∴(lga)^2>(lgb)^2.∴(lga+lgb)(lga-lgb)>0.∴lg(ab)lga/b>0.∵0

由于A=PBP^-1所以A^m=(PBP^-1)^m=(PBP^-1)(PBP^-1)...(PBP^-1)(共m个乘积)=P(B^m)P^(-1)所以.

设g(x)=∫f(t)dt,则g'(x)=f(x),g"(x)=f'(x).g(x)在[a,b]二阶连续可导,且g(a)=0,g'(a)=f(a)=0.由带Lagrange余项的Taylor展开,存在

再问：再问：我这么写对么再答：可以。再问：嗯谢谢

这个a是加在分母上的吗?如果是的话,那解法如下,如果不是,那我没办法!即证在x∈(0,1/a)上,方程f(x)=x有唯一解而方程方程f(x)=x即1/(x^2+a)=x可化成x^3+ax-1=0令g(

证1、设y属于f(a并b),那么y属于f(a)或者y属于f(b),推出y属于f(a)并f(b),得f(a并b)包含于f(a)并f(b);反之设y属于f(a)并f(b),那么y属于f(a)或者y属于f(

证明：由已知函数f（x）=|lgx|=lgx(1≤x)−lgx(0＜x＜1)（2分）∵0＜a＜b，f（a）＞f（b），∴a、b不能同时在区间[1，+∞）上，又由于0＜a＜b，故必有a∈（0，1）；（6

函数f(x)是二次多项式.设y=f(x)=kx²+mx+c,则f'(x)=2kx+m,f"(x)=2k当点x=a时,有f‘(a)=2ka+m,f"(a)=2k.所以,k=f"(a)/2及f'

由A为正交矩阵的定义,有A^T*A=E两边取行列式,有|A^T*A|=|A^T|*|A|=|E|即|A|^2=1,|A|=±1

lim(h→0）1/h∫_a^b(f(x+h)-f(x))dx=lim(h→0）[∫_b^{b+h}1/hf(x)dx-∫_a^{a+h}1/hf(x)dx]=f(b)-f(a)（最后一步由连续性）