证明存在一个数,使得an^2 bn c不是素数

唯一性：若有两种形式即A=B+CB对称C反对称A=F+GF对称G反对称所以有A'代表A转置A'=B'+C'=B-CA'=F'+G'=F-G由上有F+G=B+CF-G=B-C两式相加有2F=2B,F=B

首先看看表达式要确定M的值只能通过x=

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

对A做实Schur分解A=Q*T*Q^T,其中Q是实正交阵,T是拟上三角阵（即对角块不超过2阶的块上三角阵）注意到T也是正交阵,每行或每列元素的平方和都是1,所以T的块上三角部分全是0,即T是拟对角阵

充分性：因为P、Q可逆,所以P,Q可以分解成若干个基本初等矩阵的积,所以A~B必要性：因为A~B,所以A经过若干次初等行列变换后成为B,即PAQ=B,（P、Q可逆）

因为质数是奇数,p²也是奇数,只要k是奇数,p²+k就是偶数,合数了.考虑到P=2的特殊情况,只有k=5,11,17,21,23,29,31……时,2²+k是合数由于同时

大部分就基于上楼的想法了,f``(b)-f``(a)=(b-a)f```(e3)f''(a)/2!((b-a)/2)²-f''(b)/2!((a-b)/2)²=-((b-a)/2)

正定矩阵都是对称阵,所以可以正交相似对角化.即存在正交阵O使得A=O'diag{a1,a2,...,an}O,再由A正定知对角元全为正数,即a1,a2,...,an>0.令b1=√a1,b2=√a2,

答案是：3即15,17和2000都是“中数”.对于15,15的一个排列a1,a2,...,a15为15,14,...,1时,k+ak(k=1,2,…,15)都等于16,均为完全平方数,所以15为“中数

Lim(an)=L,任取ε＞0,存在正整数N,当n＞N时,|an-L|＜ε.取ε=1,则有当n＞N时|an-L|＜1,即|an|＜max（|L+1|,|L-1|）令M=max（|a1|,|a2|,…,

按照这样的分割,由于f(x)≥α>0,1/f(x)和lnf（x）的振幅ωi1,ωi2满足或直接根据勒贝格定理f（x）的间断点集而1/f(x)和lnf(x)的间断点集和f(x)一致（f(x)≥α&

1.(1).若an=2n-1,则Sn=n^2,所以2n-1+n^2=An^2+Bn+C,对比系数,A=1,B=2,C=-1;(2)若C=0,a1=1,设an=1+(n-1)d=nd-d+1.所以Sn=

|an|=|1/3(1-2^n)|

解析：假设存在一个数m,使得(b+m)/(a+m)是b/a的倒数,那么：[(b+m)/(a+m)]*b/a=1即b(b+m)=a(a+m)b²+bm=a²+ambm-am=a

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

题目没太看懂,那个3an+1=2an+5n,不过我猜是3a(n+1)=2an+5n既然想得到等比数列,也就是说n+1项数比n项数是个恒值.代进去看一下：a(n+1)+k(n+1)+b/an+kn+b=

结论错误.如f(x)=x满足条件,此时结论为0=4/(a---b)^2*(b--a)=4/(b--a).不可能成立.再问：唔...那应该是我记错题目了。。您有没有见过类似的题呢？这道题怎么修改一下成为

A*(A^H)是Hermite半正定矩阵,用一下谱分解定理直接就出来了.

这样吧要使两根为其整数根,则要x1x2=b/a为整数说明b是a的倍数.设s是其一整数根,(由于b不能为0,所以这里s也不能为0)as²-(a²+b)s+b=0整理一下,得到b=as

傻了呀?p;p+2;p+4三个有一个是三的倍数...