关于矩阵多项式设f(x)=x^4+2x+3,A为二阶矩阵,f(A)=A^4+2A+3E.为什么3变为3E了,什么事矩阵多项式的定义?课本上说是根据矩阵多项式的定义~
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/08/01 22:34:19
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关于矩阵多项式设f(x)=x^4+2x+3,A为二阶矩阵,f(A)=A^4+2A+3E.为什么3变为3E了,什么事矩阵多项式的定义?课本上说是根据矩阵多项式的定义~
关于矩阵多项式
设f(x)=x^4+2x+3,A为二阶矩阵,f(A)=A^4+2A+3E.为什么3变为3E了,什么事矩阵多项式的定义?课本上说是根据矩阵多项式的定义~
关于矩阵多项式设f(x)=x^4+2x+3,A为二阶矩阵,f(A)=A^4+2A+3E.为什么3变为3E了,什么事矩阵多项式的定义?课本上说是根据矩阵多项式的定义~
f(x)=x^4+2x+3=x^4+2x^1+3x^0
A^0规定为单位阵
E 是单位矩阵.
x = A 代入 f(x), 并将 f(x) 的常数项 a0 改为 a0E 即得 A 的矩阵 f(A)
如: f(x)=x^4+2x+3, 则 f(A)=A^4+2A+3E.
f(x)=x^2+ x+2, 则 f(A)=A^2+ A+2E.
我认为答案已经足够好了,使用的都是处理有理标准型的基本技术,也很简洁了,没必要舍近求远。
如果一定要换一种解法,那么可以这样:
首先证明Frobenius块的极小多项式就是特征多项式(方法和(2)一样),然后从复数域上看Frobenius块的每个特征值都仅有一个Jordan块。对于Jordan块而言,与之可交换的矩阵必是它的多项式,然后用插值多项式可以把不同Jordan块的多项式统...
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我认为答案已经足够好了,使用的都是处理有理标准型的基本技术,也很简洁了,没必要舍近求远。
如果一定要换一种解法,那么可以这样:
首先证明Frobenius块的极小多项式就是特征多项式(方法和(2)一样),然后从复数域上看Frobenius块的每个特征值都仅有一个Jordan块。对于Jordan块而言,与之可交换的矩阵必是它的多项式,然后用插值多项式可以把不同Jordan块的多项式统一起来。再利用F^k的第k条次对角线的结构推出系数。
本质其实是差不多的,不过绕得比较远,而且还做了域扩张(题目条件中的复数域可能就是为了降低讨论难度而设置的)。
你可以去查一下清华的答案,也许他们还有不同的做法。
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