续上一篇文章的

1.26 循环空间，证明 Cayley-Hamilton 定理

Proof:

设 \(A\) 是有限维空间 \(V\) 上的线性变换，任取 \(\alpha \in V\)，作 \(\alpha\) 生成的循环子空间 \(U\)，即 \(U=\text{span}(\alpha,A\alpha,A^2\alpha,\cdots)\)，则 \(\dim U\le \dim V\)，设 \(m=\dim U\)，容易证明 \(\alpha,A\alpha,\cdots,A^{m-1}\alpha\) 必然线性无关，在基 \((\alpha,A\alpha,\cdots,A^{m-1}\alpha)\) 下线性变换 \(A\) 对应的矩阵（友矩阵, accompanied matrix）是

\[A_0=\begin{pmatrix} & & & &a_0\\1&&&&a_1\\&1&&&a_2\\&&\ddots&&\vdots\\&&&1&a_{m-1}\end{pmatrix} \]

其中，\(A^m=\sum_{i=0}^{m-1}a_iA^i\). 从而 \(f_{A_0}(A)\alpha=0\)；

将上述基扩充为 \(V\) 的一组基，则 \(A=\begin{pmatrix}A_0&A_1\\O&A_2\end{pmatrix}\)，故 \(f_{A_0}|f_A\)，立刻推出 \(f_A(A)\alpha=0\)；

上述即表明 \(f_A(A)=O\).

1.12 A strange problem

\(A\) 是 \(n\) 阶实方阵，\(A+A^T\) 正定，证明：\(\dfrac{|A+A^T|}{|A|}\le 2^n\).

Proof:

实际上，只要证明 \(|A+A^T|\le |2A|=|A+A|=|(A+A^T)+(A-A^T)|\)，而 \(A+A^T\) 是一个正定的矩阵，因而只需要证明 \(1\le |E+K|\)，其中 \(K\) 是反对称阵。

依据《1.1 很有意思》这道题的结论，实际上有 \(|E+K|\gt 1\)，这就完成了证明。

1.12 多项式

\(A\) 是 \(n\) 阶复方阵，\(E+A+\dfrac{A^2}{2!}+\cdots+\dfrac{A^l}{l!}=0\)，证明：\(A\) 可以化作对角化。

对角化 \(\iff\) \(A\) 的极小多项式无重根 \(\iff\) \((f(x),f'(x))=1\). 这是容易验证的。

1.9 秩不等式应用

\(n\) 阶方阵 \(A,B\)，\((A+B)^2=A+B,r(A+B)=r(A)+r(B)\)，求证：\(A^2=A,B^2=B,AB=BA=0\)。

\[\begin{aligned} (A+B)^2=A+B \implies n&=r(A+B)+r(I-A-B)\\&=r(A)+r(B)+r(I-A-B)\\&\ge r(A)+r(I-A)\ge n \\\implies r(A)+r(I-A)=n \iff A^2=A \end{aligned} \]

同理可证，\(B^2=B\)，从而 \(AB=-BA\implies AB=A^2B=-ABA=BA^2=BA\implies AB=BA=0\).

1.9 有理数逼近无理数

证明数列 \(a_n=\sin^n(n)\) 是发散的。

Proof:

先断言 0 是一个极限点，因为由抽屉原理，

\[|k\pi-n|<\dfrac{1}{k} \]

有无穷多组正整数解 \((n,k)\)，此时 \(|\sin^n n|<(\dfrac1k)^n<(\dfrac4n)^n\rightarrow 0\quad (n\rightarrow 0)\)。

其次我们断言有无穷多的 \(|a_n|>\dfrac14\)，这是因为考虑

\[|(2k+1)\dfrac{\pi}{2}-n|<\dfrac{1}{2k+1} \]

有无穷多组正整数解 \((n,k)\) [引理参考此处]，此时 \(|\cos n|=|\sin(n-\dfrac{\pi}{2})|<\dfrac{1}{2k+1}<\dfrac{2}{n}\)，\(\sin^2 n=1-\cos^2n>1-\dfrac{4}{n^2}\)，进而有：\(|\sin^n n|>(1-\dfrac{4}{n^2})^{n/2}>(1-\dfrac{2}{n})^{n/2}>\dfrac{1}{4}.\quad (n\ge4,\dfrac14\le(1-\dfrac{2}{n})^{n/2}\lt \dfrac1{\mathrm{e}})\)

从以上两点足以说明，数列 \(\{\sin^n n\}\) 发散。

1.2 前段时间某个定理的推广

\(f\in C[0,1],g\in R[0,+\infty),g(x)>0, \int_0^{+\infty}g(x)=I<+\infty\)，

Proof: \(\displaystyle \lim_{a\rightarrow0^+}\int_0^{1/a}f(ax)g(x)dx=f(0)I\).

Consider

\[J=\lim_{a\rightarrow 0^+}\int_0^{1/a}(f(ax)-f(0))g(x)dx \]

By the continuity, we have

\[\forall\varepsilon>0,\exists \delta>0,|f(x)-f(0)|<\varepsilon/2I,\text{for }x\in(0,\delta). \]

For \(x\in (0,\delta/a)\),

\[\int_0^{\delta/a} |(f(ax)-f(0))g(x)|dx<(\varepsilon/2I)\cdot|\int_0^{\delta/a}g(x)dx|<\varepsilon/2 \]

For \(x\in (\delta/a,1/a)\), \(f(ax)\) is bounded,

\[\int_{\delta/a}^{1/a}|(f(ax)-f(0))g(x)|dx<M\int_{\delta/a}^{1/a}g(x)dx=M|G(1/a)-G(\delta/a)| \]

By Cauchy-Principle that we can choose some \(\delta'\) , which is enough small,

s.t. when \(a\in(0,\delta')\) we have

\[M|G(1/a)-G(\delta/a)|<\varepsilon/2 \]

So

\[|\int_0^{1/a}(f(ax)-f(0))g(x)dx|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon. \]

As for any \(\varepsilon >0\) we can find such \(\delta'\) , when \(a\in(0,\delta')\) we have \(|\displaystyle \int_0^{1/a}(f(ax)-f(0))g(x)dx|<\varepsilon\),

we proved that \(J=0\).

And we know \(\displaystyle \lim_{a\rightarrow0^+}\int_0^{1/a}f(0)g(x)dx=f(0)I\), we deduced that \(\displaystyle \lim_{a\rightarrow0^+}\int_0^{1/a}f(ax)g(x)dx=f(0)I\) .

1.1 对角化

\(AB=BA\)，\(A,B\) 是半单的，证明存在可逆阵将 \(A,B\) 同时对角化。

证明：

\(P^{-1}AP=D=\begin{bmatrix}\lambda_1I_1&&\\&\ddots&\\&&\lambda_sI_s\end{bmatrix}(\lambda_i\neq \lambda_j)\)

定义 \(B'=P^{-1}BP\)，则 \(AB=BA \implies DB'=B'D\)，从而可以推得 \(B'=\begin{bmatrix}B_1&&\\&\ddots&\\&&B_s\end{bmatrix}\)；

存在 \(Q_i\) 将 \(B_i\) 对角化，同时 \(Q_i^{-1}(\lambda_iI_i)Q_i=\lambda_iI_i\)，故构造 \(Q=\text{diag}(Q_1\dots Q_s)\)，则 \(PQ\) 将 \(A,B\) 同时对角化。

问题还可加强如下：

方阵 \(A_1,\cdots,A_m\) 是半单的，\(\forall i,j,A_iA_j=A_jA_i\)，证明存在可逆阵 \(P\) 将同时 \(A_1,\cdots,A_m\) 对角化。

证明：按维数归纳，

现在已经完成了 \(n=k\) 的情况，推证 \(n=k+1\) 阶方阵成立：

不妨设 \(A_1\) 含有不完全相同的特征值，先将 \(A_1\) 对角化，

\(P^{-1}A_1P=D=\begin{bmatrix}\lambda_1I_1&&\\&\ddots&\\&&\lambda_sI_s\end{bmatrix}(\lambda_i\neq \lambda_j)\)

定义 \(A_j'=P^{-1}A_jP\)，则 \(A_1A_j=A_jA_1 \implies DA_j'=A_j'D\)，从而可以推得 \(A_j'=\begin{bmatrix}B_{j1}&&\\&\ddots&\\&&B_{js}\end{bmatrix}\)；

依据归纳假设，存在 \(Q_i\) 将 \(B_{1i},\cdots,B_{mi}\) 还有 \(\lambda_iI_i\) 同时对角化，故构造 \(Q=\text{diag}(Q_1\dots Q_s)\)，则 \(PQ\) 将 \(A,B\) 同时对角化。

1.1 一个级数的估计

记 \(S_n=\displaystyle \sum_{k=1}^nk^p-\dfrac{n^{p+1}}{p+1}\)，

试研究

\[A=\lim_{n\rightarrow\infty}S_n \qquad (p\ne-1) \]

证明：

若 \(p>0\)，\(S_n\sim n^p/2 \quad(\text{By Stolz})\)，则 \(A=+\infty\)；

若 \(p=0\)，\(A=0\)；

若 \(-1<p<0\)，考虑到

\[\dfrac{n^{p+1}}{p+1}=\int_0^nx^pdx=I_n \]

显然 \(\displaystyle \sum_{k=1}^nk^p<I_n\)；同时 \(\displaystyle \sum_{k=1}^nk^p>\int_1^n x^pdx=I_n-\dfrac{1}{p+1}\).

所以 \(-\dfrac{1}{p+1}<S_n<0\)，易知 \(S_n\) 单调，所以 \(S_n\) 收敛到一定值；该值实际上是延拓后的 \(\text{Re}(\zeta(-p))\)；

若 \(p<-1\)，显然收敛，此时 \(A=\zeta(-p)\).

1.1 很有意思

\(A\) 是对称正定实矩阵，\(B\) 是反对称实矩阵，证明 \(|A+B|>0\).

证明：

由题意 \(A=P^TP(|P|\ne 0)\)，\(B^T=-B\);

\(|A+B|=|P^TP+B|=|P^T||E+(P^T)^{-1}BP^{-1}||P|=|P|^2|E+(P^T)^{-1}BP^{-1}|\);

记 \(K=(P^T)^{-1}BP^{-1}\)，则 \(K^T=(P^{-1})^TB^TP^{-1}=(P^T)^{-1}(-B)P^{-1}=-K\)，\(K\) 也是反对称的；

设 \(Kx=\lambda x\)，那么 \(x^*Kx=\lambda x^*x\)，\(x^*K^*x=(Kx)^*x=(\lambda x)^*x=\bar\lambda x^*x\)；

而 \(K^T=K^*\)，那么 \(0=x^*(K+K^*)x=(\lambda+\bar\lambda)x^*x\)，这导出 \(\text{Re}(\lambda)=0\). 与此同时特征多项式是实的，因此 \(K\) 的特征值均为共轭纯虚数，或者 0；

从而 \(|E+K|=\displaystyle\prod_{i=1}^n(\lambda_i+1)>0\). 命题得证.

1.1 乘积

计算 $$A=\prod_{n=1}^\infty (1+\dfrac1{n^2})$$

证明：

\[\ln A=\sum_{n=1}^\infty \ln (1+\dfrac1{n^2}) \]

再将 \(\ln(1+x)\) 按幂级数展开，之后交换求和号，并利用

\[\zeta(2n)=\dfrac{(-1)^{n+1}2^{2n-1}B_{2n}\pi^{2n}}{(2n)!} \]

以及 \(\text{Bernoulli}\) 多项式的定义

\[\mathscr{B}(x)=\dfrac{x}{\exp x-1}:=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{B_nx^n}{n!} \]

可以算出结果为

\[A=\dfrac{\sinh \pi}{\pi} \]