随笔

\(\def\image{\text{Im}} \def \Braket#1{\lang{#1}\rang} \def \norm#1{||#1||}\)

5.23 Remark

设矩阵 \(A\in \mathbb{F}^{n\times n},B\in \mathbb{F}^{m\times m},C\in \mathbb{F}^{n\times m}\)，且 \((f_A,f_B)=1\)，证明矩阵方程 \(AX-XB=C\) 有解。

证明：构造线性变换

\[\begin{aligned} \phi: \mathbb{F}^{n\times m} &\longrightarrow \mathbb{F}^{n\times m} \\ X & \longmapsto AX-XB \end{aligned} \]

要证明 \(\phi\) 是同构，只需证明 \(\phi\) 是单的；任取 \(X \in \ker \phi\)，则 \(AX=XB\)​，

\[f_A(A)X=0 \implies Xf_A(B)=0 \implies X=0. \]

这是因为：由 \((f_A,f_B)=1\) 得 \(\exists u,v\) 满足 \(f_A(B)u(B)=1-f_B(B)v(B)=1\)，故 \(f_A(B)\) 可逆。

从而 \(\phi\) 是一个同构，故 \(X=\phi^{-1}(C)\) 必存在且唯一。

Corollary

(Roth)分块 \(\begin{pmatrix}A & C \\ O & B\end{pmatrix}\) 和 \(\begin{pmatrix}A & O \\ O & B\end{pmatrix}\) 相似的充分必要条件是 \(\exist X\) 使 \(AX-XB=C\); 这也等价于 \((f_A,f_B)=1\).

5.22 Question

在向量空间 \(V=\mathbb{F}^n\) 上，定义直线：\(L=\{x_0+t x_1 | t\in \mathbb{F}\}\)，定义集合的线性组成：\(\Braket{A_1,\cdots,A_s}=\{\sum\limits_{i=1}^s \lambda_ix_i | \lambda_i\in \mathbb{F},x_i\in A_i\}\)；若一些直线符合 \(\Braket{L_1,\cdots,L_m}=V\)，求正整数 \(m\) 的最小可能值；定义集合的线性包络：\([A_1,\cdots,A_s]=\{\dfrac{\sum_{i=1}^s \lambda_ix_i}{\sum_{i=1}^s \lambda_i} | \lambda_i\in \mathbb{F},x_i\in A_i\}\)，若一些直线符合 \([L_1,\cdots,L_m]=V\)，求正整数 \(m\) 的最小可能值。

5.20 初中生都会

求数项级数的值：

\[\sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n2^n} \]

• 法一：设函数项级数：

  \[f(x)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n} \]

  显然 \(1/2\) 在收敛域内，则所求为 \(f(\dfrac12)\)​. 我们有：

  \[f(x)=\sum_{n=1}^\infty \int_0^x t^{n-1} \text{d}t \]

  在 \([0,\dfrac12]\) 上 \(t^{n-1}\) 可积，且 \(\sum\limits_{n=1}^\infty t^{n-1}\) 一致收敛到 \(\dfrac1{1-t}\)，故

  \[\begin{aligned} f(x)&=\int_0^x (\sum_{n=1}^\infty t^{n-1}) \text{d}t \\ &=\int_0^x \dfrac{1}{1-t} \text{d}t \\ &=-\ln(1-x) \end{aligned} \]

  故 \(f(\dfrac12)=\ln 2\).

• 法二：设函数项级数：

  \[f(x)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n} \]

  显然 \(1/2\) 在收敛域内，则所求为 \(f(\dfrac12)\)​. 我们有：

  \[(\dfrac{x^n}n)'=x^{n-1} \]

  且在 \([0,\dfrac12]\) 上 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty} x^{n-1}\) 一致收敛到 \(\dfrac{1}{1-x}\)，那么

  \[f'(x)=\sum_{n=1}^\infty (\dfrac{x^n}{n})'=\dfrac{1}{1-x} \]

  故 \(f\) 在 \([0,\dfrac12]\) 上连续可导，

  \[f(\dfrac12)-f(0)=\int_0^{1/2} f'(x) \text{d}x \]

  \(f(0)=0\)，故 \(f(\dfrac12)=\ln 2\).

5.18 高等代数 / 构造

证明复方阵 \(A\) 可以写成两个酉矩阵的线性组合。

证明：设原矩阵是 \(A\) . 令 \(A=(\rho(A^TA)+1)A'\)，作 \(A'\) 的奇异值分解，

\[A'=U\Lambda V \def\i{\mathrm{i}} \]

\(\Lambda=\text{diag}(d_1,\cdots,d_n)\), \(0\le d_i \lt 1\)，

\[x_i=d_i+\i\sqrt{1-d_i^2},y_i=d_i-\i\sqrt{1-d_i^2}\implies x_iy_i=1 \]

显然 \(X=\text{diag}(x_i),Y=\text{diag}(y_i)\) 是酉对角矩阵；

则 \(A=\dfrac{(\rho(A^TA)+1)}{2}(UXV+UYV)\).

• 另一种构造（四个酉矩阵）：

由于 \(A=\dfrac{A+A^*}{2}+\dfrac{A-A^*}{2}\) ，进而 \(A=k(B+C)\) ，\(B\) 是自伴的，\(C\) 是斜对称的，且不妨令 \(B,C\) 的谱范数不超过 1，根据谱定理，\(B\) 的特征值全部为实数，\(C\) 的特征值全部为纯虚数，所以 \(I-B^2,I+C^2\) 是正定的；构造

\[B=\dfrac{B+\i\sqrt{I-B^2}}2+\dfrac{B-\i\sqrt{I-B^2}}2=\dfrac{X}2+\dfrac{Y}{2},\\ C=\dfrac{\sqrt{I+C^2}+C}2-\dfrac{\sqrt{I+C^2}-C}2=\dfrac{Z}2-\dfrac{W}{2} \]

容易验证算子 \(X,Y,Z,W\) 是酉算子，于是 \(A=\dfrac{k}2(X+Y+Z-W)\).

5.13 高代期中选题

对于复方阵 \(A\)，证明：(i) 存在复方阵 \(B\)，满足 \(B^2=A\)；(ii) 存在复方阵 \(B\)，满足 \(\mathrm{e}^B=A\).

(i) 先求矩阵 \(A\) 的 Jordan 标准型：

\[P^{-1}AP=\text{diag}(J_1\cdots J_s) \]

只需要对于每个 Jordan 块构造出 \(K_i^2=J_i\)，则取 \(B=P\text{diag}(K_1\cdots K_s)P^{-1}\) 即可实现 \(B^2=A\).

设第 \(i\) 个 Jordan 块为

\[\def\e{\mathrm{e}} \def\i{\mathrm{i}} J=\begin{pmatrix} \lambda & 1 & & \\ & \ddots & \ddots & \\ & & \lambda & 1 \\ & & & \lambda \end{pmatrix}, \lambda=r\e^{\i\theta} \]

考虑

\[W=\begin{pmatrix} \mu & 1 & & \\ & \ddots & \ddots & \\ & & \mu & 1 \\ & & & \mu \end{pmatrix}, \mu=\sqrt r\e^{\i\theta/2} \]

一方面 \(J\) 和 \(W^2\) 特征值完全一致，另一方面，我们从 \(\lambda \ne 0\) 可以得出 \(r(J-\lambda I)= r(W^2-\lambda I)\) ，从而知 \(J\sim W^2\)，故

\[\exists Q\in M_n(\C),J=Q^{-1}W^2Q \]

令 \(K=Q^{-1}WQ\)，则 \(K^2=J\).

类似的，本题中数字 2 换成任何正整数均是同样成立的，但可逆矩阵的条件并不能缺少。

(ii) 其方法与上述完全相同，只是取 \(\mu=\ln r+ \i \theta\). 由于对数函数的多值性，对于某个 \(A\) 这样的 \(B\) 并不是唯一的（尽管我们可以正常的规定一个 \(\log A\)）。由此证明了：

\[\exp: M_n(\C) \longrightarrow GL_n(\C) \]

构成了一个满射。

5.13 高代期中选题

设域 \(\mathbb{F}\) 的一个扩张为 \(\bar{ \mathbb{F}}\)，证明若矩阵 \(A\) 和 \(B\) 在 \(\bar {\mathbb{F}}\) 上相似，其在 \(\mathbb{F}\) 上亦相似。

依然相似。证明：

在域 \(\bar{\mathbb{F}}\) 上，存在 \(Q\in M_n(\bar{\mathbb{F}})\)，\(AQ=QB\)；设 \(Q=(q_{i,j})\)，作空间

\[V_{\mathbb{F}}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \mathbb{F}q_{i,j} \]

\(V\) 可以取定一组基 \(\{\alpha_1,\cdots,\alpha_k\}\)；我们有

\[q_{i,j}=\sum_{s=1}^k \lambda_{i,j}^{(s)} \alpha_s \quad(\lambda_{i,j}^{(s)} \in \mathbb{F}) \]

若令方阵 \(P_s=(\lambda_{i,j}^{(s)}) \in M_n(\mathbb{F})\)，则：（留意 \(\alpha_s \in V \subset \bar{\mathbb{F}}\)）

\[Q=\sum_{s=1}^k \alpha_sP_s \]

根据 \(AQ-QB=0\) 以及 \(\{\alpha_1,\cdots,\alpha_k\}\) 线性无关，得到

\[\forall 1\le s\le k,AP_s-P_sB=0 \]

下面我们令 \(P(\mathbf{x})=\sum\limits_{s=1}^k x_sP_s\)，可以证明总存在一些 \(x_s \in \mathbb{F}\)，使得 \(P\) 是可逆的：对于多元多项式 \(f(\mathbf{x})=\det P\)，若在域 \(\bar{\mathbb{F}}\)​ 上考虑之，

\[f(\alpha_1,\cdots,\alpha_s)=\det Q \ne 0 \]

因此 \(f\)​ 不可能是零多项式，因此存在 \(\mathbf{x} \in \mathbb{F}^k\)​ 使得 \(\det P(\mathbf{x}) \ne 0\)​；它成立着，

\[AP-PB=0 \]

同时 \(P\in GL_n(\mathbb{F})\)，证毕。

5.13 高代期中选题

\(V\) 是一个 \(n\) 维线性空间，\(V_1,\cdots,V_k\) 均为其子空间，且 \(\sum\limits_{i=1}^k \dim V_i >n(k-1)\)，证明：\(\bigcap_{i=1}^k V_i\ne 0\).

证明：考虑将 \(k\) 个子空间做成外直和 \(W=\bigoplus\limits_{i=1}^kV_i\)，这是一个 \(\sum\limits_{i=1}^k \dim V_i\) 大小的线性空间，构造一个从 \(W\) 到 \(V^{k-1}\) 的线性映射 \(f\)，定义为

\[f(v_1,\cdots,v_k)=(v_1-v_2,\cdots,v_{k-1}-v_k) \]

由于 \(\dim W=\sum\limits_{i=1}^k \dim V_i >n(k-1)=\dim V^{k-1}\)，从而必有 \(\dim \ker f>0\)，存在非零的向量列 \((v_1,\cdots,v_k)\) 满足 \(f(v_1,\cdots,v_k)=0\)，进而

\[v_1=\cdots=v_k=v\in\bigcap_{i=1}^kV_i \]

5.13 高代期中选题

(Roth定理) 设分块矩阵 \(M=\begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix}\)，证明 \(r(M)=r(A)+r(B)\) 是 \(\exists X,Y,\text{s.t. }C=AX+YB\) 的充分必要条件。

证明：只需证 “\(\implies\)”：对矩阵 \(\begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix}\) 进行消元，先把 \(A,B\) 消成最简，再用两块单位矩阵处理右上角部分，即：

\[\begin{aligned} \begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix} &\to \begin{pmatrix}I_s&O&C_1&C_2\\O&O&C_3&C_4\\O&O&I_t&O\\O&O&O&O\end{pmatrix} \\ &\to \begin{pmatrix}I_s&O&C_1-C_1I_t&C_2-I_sC_2\\O&O&C_3-C_3I_t&C_4\\O&O&I_t&O\\O&O&O&O\end{pmatrix} \\ &\to \begin{pmatrix}I_s&O&O&O\\O&O&O&C_4\\O&O&I_t&O\\O&O&O&O\end{pmatrix} \end{aligned} \]

此时由 \(r\begin{pmatrix}A&C\\O&B\end{pmatrix}=s+t\) 便可以看出 \(C_4=O\). 说明这些消元操作将右上角大块变成了 0，整理这些初等矩阵的乘积，即相当于 \(C-AX-YB=O\).

5.13 高代期中选题

（数域 \(\mathbb{F}\) 上）给定一个多重线性函数，且 \(f(x_1,x_2,\cdots,x_n) \iff f(x_{\sigma_1},x_{\sigma_2},\cdots,x_{\sigma_n})=0\) (\(\sigma\) 是一个置换（排列）)。证明 \(f\) 是一个对称的多重线性函数，或是一个交错的多重线性函数。

证明：先证明如下引理：

• (i) 若 \(B\) 是一个双线性函数，且 \(B(x,y)=0 \iff B(y,x)=0\)，则 \(B\) 是一个对称的双线性函数，或是一个交错的双线性函数。

首先，若对于任意的 \(x\)，均有 \(B(x,x)=0\)，则

\[B(x,y)+B(y,x)=B(x+y,x+y)-B(x,x)-B(y,y)=0 \]

这种情况下 \(B\) 是斜对称的双线性函数；

否则，存在 \(x\)，使得 \(B(x,x) \ne 0\)，对于任意的 \(y\) 和 \(a\in \mathbb{F}\)，

\[0=B(x,ax+y)=aB(x,x)+B(x,y) \]

关于 \(a\) 有解，那么 \(B(x,ax+y)=B(ax+y,x)\)，这推出 \(B(x,y)=B(y,x)\).

对于任取的 \(y,z\)，考虑关于 \(a,b\in \mathbb{F}\)，

\[\begin{aligned} 0&=B(y+ax,z+bx)\\ &=B(y,z)+aB(x,z)+bB(y,x)+abB(x,x) \end{aligned} \]

一定存在解 \((a,b)\). 那么 \(B(y+ax,z+bx)=B(z+bx,y+ax)\)，这推出 \(B(y,z)=B(z,y)\)，即 \(B\) 是对称的双线性函数。

• (ii) 给定一个三线性函数，其关于其中两个变量是对称的，关于另两个变量是反对称（交错）的。则该函数恒等于 0.

设 \(\Braket{,,}:V^3\to W\) 是满足题意的函数，

\[\begin{aligned} \Braket{u,v,w} &= \Braket{v,u,w} \\ &= -\Braket{v,w,u} \\ &= -\Braket{w,v,u} \\ &= \Braket{w,u,v} \\ &= \Braket{u,w,v} \\ &=-\Braket{u,v,w} \end{aligned} \implies \Braket{u,v,w}=0 \]

• 回到原题的证明。

设 \(\Braket{\dots}:V^N\to W\) 是满足题意的函数；假如单独考虑 \(i,j\) 两个位置的变量值，沿用和 (i) 题完全一样的做法，可以得到 \(\Braket{x_1,\cdots,x_n}\) 关于 \(x_i,x_j\) 要么是对称的，要么是斜对称的。

构建一个无向完全图 \(G=(V=\{1,\cdots,n\},E)\)，且边 \((i,j)\) 被染成白色，如果 \(\Braket{.}\) 关于 \(x_i,x_j\) 是对称的；被染成黑色，如果 \(\Braket{.}\) 关于 \(x_i,x_j\) 是反对称的。现在我们考虑 \(G\) 中任意一个三元环 \((i,j,k)\)，利用 (ii) 题的做法，我们知道如果存在两条边异色，便能立刻推出 \(\Braket{.}=0\).

因此，但凡 \(\Braket{.}\ne 0\)（该多重线性函数不恒为 0），必有 \(G\) 中任意一个三元环是单色的。这证明了，该多重线性函数要么任何两个变量是对称的，要么关于任何两个变量是斜对称的。

5.13 高代期中选题

\(U\) 和 \(W\) 是线性空间 \(V\) 的子空间，商空间 \(V/(U\cap W)\) 是有限维的，证明余维数公式：

\[\def\codim{\text{codim}} \codim(U+W)+\codim(U\cap W)=\codim(U)+\codim(V) \]

证明：本题考虑在商空间上做，因为商空间是有限维的，我一开始的思路就作出商空间的基，然后从小的往大里扩，尝试之后发现不大可行。

考虑短正合列：

\[0\to V/(U\cap W) \xrightarrow{f} V/U \oplus V/W \xrightarrow{g} V/(U+W) \to 0 \]

其中 \(f:x+(U\cap W) \mapsto (x+U, -x+W)\)；

\(g:(x+U,y+W) \mapsto ((x+y)+(U+W))\)；

显然 \(g\) 是满射，可以证明 \(f\) 是单射，因为：

假设 \(f(x)=f(y)\)，从而 \(x+U=y+U,-x+W=-y+W\)，所以 \(x-y \in U\cap W\)，即 \(x+(W\cap W)=y+(U\cap W)\).

下面证明 \(\ker g =\image f\)：

\[\begin{aligned} &(x+U,y+W) \in \ker g \\ \iff & x+y \in U+W \\ \iff & \exists u_0\in U, w_0\in W,x+y=u_0+w_0 \\ \iff & \exists u_0\in U, w_0\in W,x-u_0=-y+w_0=q_0 \\ \iff & x+U=q_0+U,y+W=-q_0+W \\ \iff & (x+U,y+W) \in \image f \end{aligned} \]

利用同态基本定理，我们得到

\[\begin{aligned} V/(U+W) &\cong (V/U \oplus V/W)/ \ker g \\ &=(V/U \oplus V/W)/ \image f \end{aligned} \]

上面证明了 \(f\) 是单射，因而

\[\dim V/(U+W)=\dim V/U+\dim V/W-\dim \image f \\ \dim \image f = \dim V/(U\cap W) \]

整理即得

\[\def\codim{\text{codim}} \codim(U+W)+\codim(U\cap W)=\codim(U)+\codim(V) \]

5.9 练习题

\(V\) 是 \(n\) 维向量空间，\(\def\A{\mathcal{A}} \A \in \mathcal{L}(V)\)，证明： \(\def\img{\text{Im}} V=\ker \A^n \oplus \img \A^n\).

任取 \(v \in \ker \A^n \cap \img \A^n\)，则 \(v=\A^n w,\A^n v=0\)，所以 \(w\in \ker \A^{2n}\). 可以证明 \(\ker \A^{2n}=\ker \A^n\)，因此 \(w\in \ker \A^n\)，故 \(v=\A^n w=0\).
又 \(\dim \ker \A^n+\dim \img \A^n=\dim V\)，所以 \(V=\ker \A^n \oplus \img \A^n\).

5.3 高等代数，空间正交关系

（一）

设 \(\phi\) 是内积空间 \(V\) 到 \(W\) 上的线性映射。

我们可以证明 \(\ker \phi \perp \image \phi^*\)：这是因为

\[\phi v=0 \iff \Braket{\phi v,w}=0, \forall w \in W\\ \iff \Braket{v,\phi^* w}=0, \forall w\in W \iff v \in (\image \phi^*)^{\perp} \]

用矩阵的语言写，则设 \(A\in \mathbb{C}^{m\times n}\)，有 \(N(A) \perp R(A^*)\)，这是因为

\[\begin{aligned} &Ax=0 \\ \iff & x^*A^*=0 \\ \iff &x^*(\gamma_1,\cdots,\gamma_m)=0,\gamma_i\in R(A^*) \\ \iff &x \perp R(A^*) \end{aligned} \]

假如限定为有限维空间， \(\dim \ker A+\text{rank} A =n\)，所以有

\[N(A) \oplus R(A^*)=V=\mathbb{C}^n \]

所以得到如下结论：若 \(\phi \in L(V,W)\)，则

\[\ker \phi \oplus \image \phi^* =V,\ker \phi \perp\image \phi^*; \\ \image \phi \oplus \ker \phi^*=W,\image \phi \perp\ker \phi^*; \]

（二）

接下来讨论 \(\phi\) 是有限维内积空间 \(V\) 上的一个正规算子，

我们可以说明 \(\ker \phi =\ker \phi^*\)，这是因为 \(\norm{\phi w}=\norm{\phi^* w}\)，当 \(\phi\) 是正规的。

因此立刻得出 \(\image \phi=\image \phi^*\)，这是因为它们分别是 \(\ker \phi\) 和 \(\ker \phi^*\) 在 \(V\) 上的正交补。

这引出一个优美的结论，若 \(\phi\) 是 \(V\) 上的正规算子，则

\[\ker \phi \oplus \image \phi =V \]

对于正规矩阵也是类似的。

（三）

我们接下来只从矩阵角度来看，设 $A,B\in \mathbb{C}^{m\times n} $，则 \(A\) 的列空间包含在 \(B\) 的列空间中，当且仅当 \(A=BC\)；\(A\) 的行空间包含在 \(B\) 的行空间中，当且仅当 \(A=DB\)。上面的两句话几乎是显然的。

值得注意的是，\(A\) 的零空间包含在 \(B\) 的零空间中，当且仅当 \(B=QA\)；这是因为：

\[\begin{cases} R(A^*) = N(A)^\perp \\ R(B^*) = N(B)^\perp \\ N(A) \subset N(B) \end{cases} \implies R(B^*) \subset R(A^*) \]

所以 \(B^*=A^*P\)；同时共轭转置即得 \(B=QA\).

上述三条性质亦可表明，对于矩阵 \(A,B\in \mathbb{C}^{n\times n}\)， \(A\) 的行空间包含在 \(B\) 的行空间中，当且仅当 \(A\) 的零空间包含 \(B\) 的零空间；特别的，\(A\) 的行空间和 \(B\) 的行空间相同，当且仅当 \(A\) 的零空间和 \(B\) 的零空间相同。

---

思考：对于正规矩阵 \(A\)，是否可推出 \(A\) 的行空间和列空间相同？

5.1 外微分 - 高维积分公式

Note.\(\def\i{\text{i}} \def\d{\text{d}} \def\e{\text{e}} \def\pian#1#2{\dfrac{\part{#1}}{\part{#2}}} \def\Int{\displaystyle\int}\)

考虑微分记号之间的一种类似外积的计算：

\[\d{x} \times\d{x}=0\\ \d{x}\times \d{y}=-\d{y} \times \d{x} \\ \]

Green Formula 是：

\[\oint_{\part D^+}P\d{x}+Q\d{y}=\iint_D(\pian{P}{y}-\pian{Q}{x})\d{x}\d{y} \]

若记 \(w=P\d{x}+Q\d{y}\)，可以规定

\[\d{w}=\d{P}\times \d{x}+\d{Q}\times \d{y} \]

进而此处有

\[\d{w}=\pian{P}{y}\d{y}\times \d{x}+\pian{Q}{x}\d{x}\times\d{y} \]

在右手系中，逆时针为曲线的正向，规定 \(\d{x}\times \d{y}\) 在数值上为正值，从而 Green Formula 可以有形式

\[\oint_{\part D} w=\iint_D \d{w} \]

Guass Formula 是：

\[\oiint_{\part D} P\d{y}\d{z}+Q\d{z}\d{x}+R\d{x}\d{y}=\iiint_D(\pian Px+\pian Qy +\pian Rz)\d{x}\d{y}\d{z} \]

若记 \(w=P\d{y}\times \d{z}+Q\d{z}\times \d{x}+R \d{x}\times\d{y}\)​，在第二类曲面积分中，面元本身就具有方向的，一般的封闭面元数值正负性理应和外积的表达一致（一侧为正一侧为负）。

\[\begin{aligned} \d{w}&=\pian Px \d{x}\times \d{y}\times \d{z}+\pian Qy\d{y}\times \d{z}\times \d{x} +\pian Rz\d{z} \times \d{x} \times \d{y} \\ &=(\pian Px+\pian Qy +\pian Rz) (\d{x}\times \d{y} \times \d{z}) \end{aligned} \]

在右手系中，规定 \(\d{x}\times \d{y} \times \d{z}\)​ 为数值正值，从而

\[\oiint_{\part D} w=\iiint_D \d{w} \]

最后看 Stokes Formula，它是

\[\oint_{\part\Sigma}P\d{x}+Q\d{y}+R\d{z}=\iint_\Sigma \begin{vmatrix} \d{y}\d{z} & \d{z}\d{x} & \d{x}\d{y} \\ \pian{}{x} & \pian{}{y} & \pian{}{z} \\ P & Q &R \end{vmatrix} \]

由于 \(\d{P}=(\pian{P}{x}\d{x}+\pian Py \d{y} +\pian Pz \d{z})\times \d{x} = \pian Pz \d{z}\times \d{x}-\pian Py \d{x}\times \d{y}\)，因此实际上也有

\[\int_{\part \Sigma} w=\iint_\Sigma \d{w} \]

从表观上，该公式描述了区域内微元累积对边界上信息的贡献，这可以看作是 Newton-Leibniz Formula 在多维空间上的推广。

4.24 期中考试

为什么：有界闭集上的连续函数不一定可积。

在多元微积分的定义中，可积的必要条件是，其积分区域是可求面积的，又等价于积分区域的边界是零面积集。

设开集 \(U\) 是一系列开区间的并，用长度不超过 1/3 的开区间逐个盖住 \((0,1)\) 中的有理数，再记 \(V=(-\infty,0) \cup U\cup (1,+\infty)\)，那么 \(V\) 也是开集。考虑 \(V\) 的补，则这是一个紧集，其只含有 \((0,1)\) 内的一些无理数，同时测度大于 0. 这样的集合 \(U\) 边界不是零面积集。即便是常值函数，也是不可积的。

考虑二维平面的例子，见 雪花分形，Koch - 雪花是可求面积但边界长度为无限的有界闭集，根据可积的必要条件是边界为零面积集，从而这样的区域上的函数应该是不可积的。

4.1 二重积分换元的解释

计算

\[\iint_{D_{x,y}} \varphi(x,y)\text{d}x\text{d}y \]

此处的 \(\text{d}x\) 和 \(\text{d}y\) 是正交坐标系下的，若考虑换元

\[\begin{cases} x=f(u,v) \\ y=g(u,v) \end{cases} \]

先写出对应的 \(\varphi(x,y)=\phi(u,v)\)；

现在需要把 \((\text{d}u,\text{d}v)\) 放在一个正交系中，考虑 \(u,v\) 变化对应的原坐标系中的面积元大小为

\[\begin{aligned}\text{d}\sigma(\text{d}u,\text{d}v)&=\text{d}x\times \text{d}y \\ &=(f_u'\text{d}u+f_v'\text{d}v)\times (g_u'\text{d}u+g_v'\text{d}v)\\ &=|\det J(u,v)| \text{d}u\text{d}v \end{aligned} \]

从而得到换元公式

\[\iint_{D_{u,v}} \phi(u,v) |\det J(u,v)|\text{d}u\text{d}v \]

特别的，若

\[\begin{cases} f(u,v)=u\cos v \\ g(u,v)=u\sin v \end{cases} \]

对应的积分变换即

\[\iint_{D} \varphi(x,y)\text{d}\sigma=\iint_{D'}\phi(u,v)u \text{d}\sigma' \]

尽管这是“极坐标换元”，但右侧二重积分中的 \(u,v\) 是在正交系下看待的，不要弄混淆。

3.22 对称酉矩阵

\[A\in U(n),A^T=A; \\ x\in \mathbb{C}^n. s.t.\\ Ax= \lambda x \\ \text{Show that } A\bar x=\lambda \bar{x} . \]

Proof: Let \(A=B+Ci\\\), and \(B,C\in M_n(\mathbb{R})\). We have \(A\in U(n)\), so

\[AA^*=(B+Ci)(B^T-C^Ti)=B^2+C^2+(BC-CB)i=I\\ \implies BC=CB, \\ \implies \exists P\in O(n),\text{both } P^{-1}BP=B' \text{ and } P^{-1}CP=C' \text{ diagonalized}. \\ \implies A=P(B'+C'i)P^{-1}=PDP^{-1},D \text{ - diagonalized} \]

which means \(A\) has real eigenvectors \(v_i \in \mathbb R^n\), \(i=1,2,\cdots,n\) .

If \(Av=\lambda v\), \(v=\sum_\limits{i=1}^{n} k_iv_i(k_i\in \mathbb{C})\), then

\[\begin{aligned} A \bar{v}&=A(\sum_\limits{i=1}^{n} \overline{k_iv_i})=\sum_{i=1}^n\overline{k_i}Av_i=\lambda \sum_{i=1}^n\overline{k_i}v_i \\ &=\lambda \bar{v} \end{aligned} \]

3.1 思考题 实变函数

是否存在闭集 \(F\subsetneq [a,b]\)，而 \(m(F)=b-a\)？
否！（没想到吧？）

作一个由无理数构成的闭集 \(E\)，满足 \(m(E)>0\).

由于 \(\mathbb{Q}\) 零测，因此可以用足够短的不相交开区间覆盖之 \(\mathbb{Q}\subset\bigcup_{k=1}^\infty I_k=I\)，且 \(I\) 是开集，从而 \(I^c\subset \mathbb{Q}^c\) 是可测闭集，测度大于 0.

证明一个不可数点集，其凝聚点个数也是不可数的.

点集中分为凝聚点和孤立点。实际上孤立点至多可数，可以类比实轴上不相交开区间是至多可数的，考虑每个孤立点作出其半径为 \(\delta/2\) 的开球，那么这些球不相交，从而可以与有理点对应。

在 \([0,1]\) 中作一不可数集 \(A\)，使 \(A-A=\{x-y|x\in A,y\in A\}\) 无内点.
.

一族可测集的交集一定为可测集吗？

否，记 \(W\) 是不可测集，则 \(\bigcap\limits_{a\in W^c}\{a\}^c=W\) 是不可测的。

在 \(\mathbb{R}^n\) 中作零测集 \(E\)，使 \(E+E\) 是不可测集.
.

3.1 作业题

设 \(f\) 是复平面单位圆盘 \(|z|\lt 1\) 上的单叶解析函数， \(\Omega=\{f(z)|z\in D\}\). \(m\) 表示测度. 证明：\(m\Omega=\int_D |f'(z)|^2 dz\).

根据连续映射的性质，\(\Omega\)​ 是连通集. 设 \(z=x+\mathrm{i}y,f(z)=u(x,y)+\mathrm{i}v(x,y)\)​. 则 \(\Omega\)​ 的面积等于 \(\iint_{(u,v)\in \Omega}dudv = \iint_{(x,y)\in D} \det J_f(x,y) dxdy\)​，其中 \(J_f\)​ 是 Jacobi 矩阵 ：

\[\begin{pmatrix}{\partial u\over \partial x} & {\partial u\over \partial y}\\ {\partial v\over \partial x} & {\partial v\over \partial y}\end{pmatrix} \]

另一方面，我们可以证明 \(|f'(z)|^2=\det J_f(x,y)\)，这是因为

\[{\partial \over \partial z}=\dfrac12({\partial \over \partial x}-\mathrm{i}{\partial \over \partial y}) \]

结合柯西黎曼方程可得一个结论

\[{\partial f\over \partial z}={\partial u\over \partial z}+\mathrm{i}{\partial v\over \partial z}=2{\partial u\over \partial z} \]

从而可以验证

\[\begin{aligned}\det J_f(x,y) &=({\partial u\over \partial x}{\partial v\over \partial y}-{\partial u\over \partial y}{\partial v\over \partial x})(x,y)\\ &=[({\partial u\over \partial x})^2+({\partial u\over \partial y})^2](x,y)\\ &=|2{\partial u\over \partial z}|^2(x,y)\\ &=|{\partial f\over \partial z}|^2(z)\\ &=|f'(z)|^2 \end{aligned} \]

就证明了该等式成立。