Aug 162015
 

本文作者 xida

Jordan 标准形定理是线性代数中的基本定理,专门为它写一篇长文好像有点多余:这方面的教材讲义实在是太多了!一个陈旧的定理还能写出什么新意来呢?

理由有两个。第一个原因是我曾经在给学生讲这个定理的时候,突然发现不知道该怎么启发学生为好。虽然我知道 Jordan 标准形定理的很多种证法,照念几个不在话下,但是感觉有点疙疙瘩瘩的:怎么才能说清定理背后的想法,让学生觉得定理的成立是顺理成章的呢?于是我知道我对这个定理的理解还有模糊的地方。

第二个原因是 Jordan 块有一个重要的代数性质是通常教材中不讲的,而这个性质是代数学中一类重要而常见的性质的雏形,这就是不可分解性。与之对应的是可对角化的线性变换的完全可约性。从一开始就让学生接触这些现象是有好处的。

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我们从中学就知道整数环和多项式环有唯一因子分解定理:每个整数可以唯一地分解为素数的乘积,每个(域上的)多项式可以唯一地分解为不可约多项式的乘积。在数学里面有很多这样的唯一分解定理,而我们现在想知道:有没有所谓的 “线性变换的唯一分解定理” 呢?可以猜测如果有这样的定理存在,那么大概可以表述为如下的样子:

线性变换的唯一分解定理(粗糙的版本):设 \(V\) 是域 \(F\) 上的有限维向量空间,\(A\) 是 \(V\) 上的线性变换,则 \(A\) 可以唯一地分解为若干个 “简单的” 线性变换的组合,而且这些 “简单的” 线性变换本身不能再分解。

这个表述很不清楚,整数和多项式的分解就是表示为因子的乘积,那么什么是线性变换的分解呢?什么又是不可分解的线性变换呢?正确的概念是直和:

设 \(T\) 是 向量空间 \(V\) 上的线性变换,如果 \(V\) 可以分解为一些非平凡的子空间的直和 \(V=V_1\oplus\cdots\oplus V_k\),使得每一个 \(V_i\) 都是 \(T-\) 不变的子空间,则称 \(T\) 是可以分解的; 如果 \(V\) 不存在这样的分解,则称 \(T\) 是不可分解的线性变换。

这样我们就可以比较准确的表述线性变换的唯一分解定理了:

线性变换的唯一分解定理(修正的版本):设 \(V\) 是域 \(F\) 上的有限维向量空间,\(T\) 是 \(V\) 上的线性变换,则 \(T\) 可以唯一地分解为若干个不可分解的线性变换的直和。

这里有一个很严重的问题需要说明:在一般的域 \(F\) 上 研究 “不可分解” 的线性变换是一个棘手的多的问题,这个问题的解决要用到我们后面要学的有理标准形,而在复数域上问题就简单很多,这就是 Jordan 标准形做的事情。所以在本文中,域 \(F\) 都假定为复数域 \(\mathbb{C}\)。

那么什么样的线性变换算是不可分解的线性变换呢?

最简单也是最重要的例子就是移位算子:假设 \(T\) 在 \(V\) 的一组基 \(\{v_1,\cdots,v_n\}\) 的作用是一个向右的移位:

\[ T:\quad v_n\rightarrow v_{n-1}\rightarrow\cdots\rightarrow v_1\rightarrow0.\]

则称 \(T\) 是一个移位算子。\(T\) 在这组基下的矩阵

\[J_0=\begin{pmatrix}0&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&0&1\\&&&0\end{pmatrix}.\]

\(J_0\) 叫做特征值为 0 的 Jordan 块。注意 \(T\) 是一个幂零算子:\(T^n=0\) ,它仅有唯一的特征值 \(0\).

当然需要说明移位算子 \(T\) 确实是不可分解的线性变换。如果 \(V=W\oplus N\) 为两个非平凡 \(T-\) 不变子空间的直和,则 \(T\) 在 \(W\) 和 \(N\) 上各有一个特征值为 0 的特征向量,因此齐次线性方程组 \(TX=0\) 的解空间至少包含两个线性无关的向量。但是 \(T\) 的秩是 \(n-1\) ,因此 \(TX=0\) 的解空间是 1 维的,这就导致了矛盾。

用同样的方法可以说明给移位算子 \(T\) 加上一个数乘变换以后得到的仍然是不可分解的线性变换:设 \(\lambda\in\mathbb{C}\) ,\(S=T+\lambda I\) ,则 \(S\) 也是不可分解线性变换,其对应的矩阵

\[J_\lambda=\begin{pmatrix}\lambda&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda&1\\&&&\lambda\end{pmatrix}\]

叫做特征值为 \(\lambda\) 的 Jordan 块。

现在我们已经找到了一族不可分解的线性变换,那么它们是否就构成了全部的线性变换呢?答案是肯定的,这就是 Jordan 标准形定理:

Jordan 标准形定理:设 \(T\) 是 \(\mathbb{C}\) 上有限维向量空间 \(V\) 上的线性变换,则存在 \(V\) 的一组基使得 \(T\) 在这组基下的矩阵为 Jordan 块的直和:

\[T=J_{\lambda_1}\oplus\cdots\oplus J_{\lambda_r}.\]

这种分解是唯一的,意思是如果存在 \(V\) 的另一组基使得 \(T\) 的矩阵也是 Jordan 块的直和

\[T=J_{\mu_1}\oplus\cdots\oplus J_{\mu_s},\]

则 \(r=s\) 且适当重排后有 \(J_{\lambda_i}=J_{\mu_i}\)。

定理的结论包含存在性和唯一性两部分,我们先来处理存在性的证明。

第一步:转化为幂零的情形

定理 【广义特征子空间分解】:设 \(T\) 的特征多项式为 \(f(x)\),而且 \(f(x)\) 在复数域上分解为一次因式的乘积

\[f(x)=(x-\lambda_1)^{n_1}\cdots(x-\lambda_k)^{n_k},\]

这里的 \(\lambda_i\) 互不相同。令 \(V_i=\ker (T-\lambda_i I)^{n_i}\),则每个 \(V_i\) 都是 \(T-\) 不变子空间而且

\[ V=V_1\oplus\cdots\oplus V_m.\]

这样就把 \(V\) 分解为一些不变子空间 \(V_i\) 的直和, \(T\) 限制在每个 \(V_i\) 上只有单一的特征值 \(\lambda_i\)。

证明:显然 \(V_i\) 都是 \(T-\) 不变子空间。要证明 \(V\) 是它们的直和,我们先从一个特别的结论开始:

对每个 \(1\leq i\leq k\) 都存在多项式 \(\pi_i(x)\) 使得 \(\pi_i(x)\equiv1\mod (x-\lambda_i)^{n_i}\) ,但是对其它 \(j\ne i\) 有 \(\pi_i(x)\equiv0\mod (x-\lambda_j)^{n_j}\) 。线性变换 \(\pi_i(T)\) 不是别的,正是 \(V\) 到子空间 \(V_i\) 的投影。

由于所有 \((x-\lambda_i)^{n_i}\) 的根互不相同,因而两两互素,所以根据中国剩余定理满足要求的 \(\pi_i(x)\) 是存在的。显然 \(\pi_i(T)\) 在 \(V_i\) 上是恒等变换,而在其余的 \(V_j\ne V_i\) 上是 0。\(\pi(x)=\pi_1(x)+\cdots+\pi_k(x)\) 模任何 \((x-\lambda_i)^{n_i}\) 都是 1,因此 \(\pi(x)-1\) 可以被 \(T\) 的特征多项式 \(f(x)\) 整除,从而 \(\pi(T)-I\) 在 \(V\) 上是零变换,这就证明了 \(\pi(T)\) 是 \(V\) 上的恒等变换。对任何 \(v\in V\),

\[v=\pi(T)v=\pi_1(T)v+\cdots+\pi_k(T)v.\]

我们来说明 \(\pi_i(T)v\in V_i\) ,从而 \(V=V_1+\cdots+V_k\) 。这是因为 \((x-\lambda_i)^{n_i}\pi_i(x)\) 可以被 \(f(x)\) 整除,因此 \((T-\lambda_i)^{n_i}\pi_i(T)v=0\) ,这就证明了 \(\pi_i(T)v\in V_i\) 。

我们再来说明这是直和。如果 \(v_i\in V_i\) 满足 $v_1+\cdots+v_k=0\) ,用 \(\pi_i(T)\) 作用在左边得到(根据前面的分析,\(\pi_i(T)\) 在 \(V_i\) 上是恒等变换而在其它 \(V_j\) 上是 0

\[\pi_i(T)v_1+\cdots+\pi_i(T)v_k=\pi_i(T)v_i=v_i=0,\]

由 \(i\) 的任意性得到 \(v_1=\cdots=v_k=0\),这就证明了是直和。

用中国剩余定理来构造特殊的算子(通常是给定的算子 \(T\) 的多项式)是一个普遍而重要的技巧,这里的证明也许有点高端但却是最简洁的。

现在我们只需要考虑单个子空间 \(V_i\) 。令 \(N=T-\lambda_i\) ,则 \(N\)  在 \(V_i\)  上是幂零线性变换:\(N^{n_i}=0\) ,这样问题归结为分析幂零线性变换 \(N\)  的结构。

幂零线性变换更简单的原因是它可以表示为移位算子的直和,而移位算子的结构非常简单。

第二步:对幂零变换的情形加以证明

设 \(N\) 是 \(V\) 上的幂零线性变换,要证明存在 \(V\) 的一组基,使得 \(N\) 的矩阵是若干 Jordan 块的和。注意一个 Jordan 块对应的是一个移位轨道

\[ v\rightarrow Nv\rightarrow \cdots \rightarrow N^kv\rightarrow 0.\]

我们要证明存在若干条这样的互不相交的轨道,这些轨道所包含的全部非零向量构成 \(V\) 的一组基。

这一步的证明方法很多,但是相差不是很大,具体喜欢那种要看个人主观,这里介绍的是最简单也是最容易被初学者接受的一种。

对 \(V\) 的维数 \(\dim V\) 归纳,\(\dim V=1\) 时显然结论成立。

现假设结论对所有维数小于 \(\dim V\) 的向量空间成立,我们考虑 \(V\) 的像空间 \(N(V)\)。这是一个 \(N-\) 不变子空间,且由于 \(N\) 是幂零线性变换所以 \(\dim N(V)<\dim V\),所以可以对子空间 \(N(V)\) 使用归纳假设:存在 \(N(V)\) 的一组基如下,它们构成 \(q\) 条不相交的轨道 \(\mathcal{O}_1,\cdots,\mathcal{O}_q\):

\begin{equation*}\begin{split}&v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.\\&v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.\\&\cdots\cdots\cdots\\& v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.\end{split}\end{equation*}

由于 \(v_{i,1}\in N(V)\) 因此可以设 \(v_{i,1}=Nw_i\),从而我们得到一组更长的轨道(就是在前面加上一项)

\begin{equation*}\begin{split}&w_1\rightarrow v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.\\&w_2\rightarrow v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.\\&\cdots\cdots\cdots\\&w_q\rightarrow v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.\end{split}\end{equation*}

那么这些新轨道包含的向量是否构成 \(V\) 的一组基?答案是我们还要补上一些在 \(V\) 中长度是 \(1\),但是在 \(N(V)\) 中 “消失” 了的轨道:注意 \(\{v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_q}\}\) 是 \(\ker N\) 中的线性无关元,但是 \(\ker N\) 还可能有其它的基向量。将它们扩充为 \(\ker N\) 的一组基

\[ \{ v_{1,n_1},\cdots,v_{q,n_1}\}\cup \{ w_{q+1},\cdots,w_{K}\}\quad K=\dim\ker N.\]

从而我们最终得到下面的轨道图:

\begin{equation*}\begin{split}\mathbf{w_1\rightarrow} v_{1,1}\rightarrow v_{1,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{1,n_1}\rightarrow 0.&\\ \mathbf{w_2\rightarrow} v_{2,1}\rightarrow v_{2,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{2,n_2}\rightarrow 0.&\\ \cdots\cdots\cdots&\\ \mathbf{w_q\rightarrow} v_{q,1}\rightarrow v_{q,2}\rightarrow\cdots\rightarrow v_{q,n_q}\rightarrow 0.&\\ \mathbf{w_{q+1}\rightarrow} 0.&\\ \cdots\cdots&\\ \mathbf{w_K\rightarrow0}.\end{split}\end{equation*}

你可以看到 \(w_{q+1},\ldots,w_K\) 正是那些在 \(V\) 中长度为 \(1\),但是在 \(N(V)\) 中消失了的轨道。

最后只剩下验证这些向量确实构成 \(V\) 的一组基。显然这些向量一共有 \(\dim N(V)+\dim\ker N=\dim V\) 个,所以只要说明它们是线性无关的。

假设有线性关系

\[\cdots+(c_0w_i+c_1v_{i,1}+\cdots+c_{n_i}v_{i,n_i})+\cdots+\sum_{j=q+1}^K d_jw_j=0,\]

我们要说明出现在上式中的所有系数都是 \(0\)。左边用 \(N\) 作用得到

\[\cdots+(c_0v_{i,1}+c_1v_{i,2}+\cdots+c_{n_i-1}v_{i,n_i})+\cdots=0.\]

这是一个关于 \(N(V)\) 的一组基的一个线性关系,于是 \(c_0=\cdots=c_{n_i-1}=0\),从而剩下的线性关系为

\[\cdots+c_{n_i}v_{i,n_i}+\cdots+\sum_{j=q+1}^K d_jw_j=0.\]

而这是一个关于 \(\ker N\) 的一组基的一个线性关系,于是 \(c_{n_i}=d_{q+1}=\cdots=d_K=0\),从而所有的系数都是 0,这就完成了 Jordan 标准形存在性的证明。

分解唯一性的证明:

最后我们还剩下分解唯一性定理的证明,这部分要简单许多,主要是利用了 Jordan 块的一个很特殊的性质:设

\[J_0=\begin{pmatrix}0&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&0&1\\&&&0\end{pmatrix}_{n\times n}\]

是一个 0 特征值的 Jordan 块,则 \(J_0^2\) 就是把斜对角线上的 1 向右上方平移一步,\(J_0^3\) 就是向右上方平移两步,以此类推,\(J_0^{n-1}\) 变成

\[\begin{pmatrix}0&\cdots&1\\&\ddots&\vdots\\&&0\end{pmatrix},\]

最终 \(J_0^n=0\)。用这个规则我们可以计算出对任何 \(\lambda\in\mathbb{C}\) 和 \(m\in\mathbb{Z}^+\),\(T\) 的 Jordan 标准形中 \(m\) 阶 Jordan 块 \(J_{\lambda,m}\) 的个数 \(n_m\) 来:

\[ n_m=\text{rank}(T-\lambda I)^{m-1}-2\cdot\text{rank}(T-\lambda I)^{m}+\text{rank}(T-\lambda I)^{m+1}.\]

道理是这样的:以 \(\lambda=0\) 为例子来计算。会算 0 特征值 Jordan 块的个数,你就会算任何特征值的 Jordan 块的个数。设 \(T\) 的一个 Jordan 标准形为

\[ T= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu,\]

那么 \(T^m\) 就是

\[T^{m}= \left(\bigoplus_{k\geq1}n_k J_{0,k}^{m}\right) \bigoplus_{\mu\ne0}J_{\mu}^{m}.\]

注意后半部分 \(\oplus_{\mu\ne0}J^m_\mu\) 对任何 \(m\) 都是保持满秩的,因此这部分的秩始终不变。前面的部分中所有阶数小于等于 \(m\) 的 Jordan 块 \(J_{0,k}(k\leq m)\) 的 \(m\) 次幂都变成了 0 矩阵,\(J_{0,m+1}^m\) 的秩是 1; \(J_{0,m+2}^m\) 的秩是 2 . . . 依次类推,所以

\[ \text{rank}T^m=n_{m+1}\cdot1+n_{m+2}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^m.\]

同理

\[ \text{rank}T^{m+1}=n_{m+2}\cdot1+n_{m+3}\cdot2+\cdots +\text{rank}\bigoplus_{\mu\ne0}J_\mu^{m+1}.\]

因此

\[\text{rank}T^m-\text{rank}T^{m+1}=n_{m+1}+n_{m+2}+\cdots,\]

仍然同理

\[\text{rank}T^{m-1}-\text{rank}T^{m}=n_{m}+n_{m+1}+\cdots,\]

所以

\[n_m=\text{rank}T^{m-1}-2\cdot\text{rank}T^{m}+\text{rank}T^{m+1}.\]

现在你可以看到 \(n_m\) 的表达式不依赖于具体的基的选择,仅依赖于线性变换自身的相似不变量,所以 \(T\) 的 Jordan 标准形在只差一个排列的意义下是唯一的。

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一个很有意思的问题是,给定

\[J_\lambda=\begin{pmatrix}\lambda&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda&1\\&&&\lambda\end{pmatrix}_{n\times n}\]

为一个特征值 \(\lambda\) 的 Jordan 块,计算其 \(k\) 次幂 \(J_\lambda^k\) 的 Jordan 标准形。

当 \(\lambda\ne0\) 时,

\[J_\lambda^k = \begin{pmatrix}\lambda^k &k\lambda^{k-1}&\ddots &\\&\lambda^k&\ddots&\ddots\\&&\ddots&k\lambda^{k-1}\\&&&\lambda^k\end{pmatrix}.\]

(你知道怎样计算 \(J_\lambda^k\) 吗?记住这个技巧:把多项式 \(x^k\) 在 \(\lambda\) 处 Taloy 展开:

\[x^k=(x-\lambda)^k+a_{k-1}(x-\lambda)^{k-1}+a_1(x-\lambda)+a_0,\]

然后将 \(J_\lambda\) 代入即可。)

和 Jordan 块不可分解性的证明完全一样,我们发现 \(J_\lambda^k-\lambda^k I\) 的秩是 \(n-1\),因此方程组 \(J_\lambda^kX=\lambda^k X\) 的解空间是 \(1\) 维的,从而 \(J_\lambda^k\) 是不可分解的,因此其 Jordan 标准形只有一块,就是

\[\begin{pmatrix}\lambda^k&1&&\\&\ddots&\ddots&\\&&\lambda^k&1\\&&&\lambda^k\end{pmatrix}_{n\times n}.\]

最有意思的情形发生在 \(\lambda=0\) 时。这个时候 Jordan 会均匀的碎裂为一些小的 Jordan 块的和。

这个时候 \(J_0\) 是一个移位算子:

\[J_0:\quad v_n\rightarrow v_{n-1}\rightarrow \cdots \rightarrow v_1\rightarrow 0.\]

整个轨道只有一条。但是 \(J_0^k\) 则是 \(k\) 步 \(k\) 步地跳:

\[J_0^k:\quad \left\{ \begin{array}{l} v_n\rightarrow v_{n-k}\rightarrow \cdots \rightarrow0,\\v_{n-1}\rightarrow v_{n-1-k}\rightarrow \cdots\rightarrow 0,\\\cdots\\v_{n-k+1}\rightarrow v_{n-2k+1}\rightarrow \cdots \rightarrow 0.\end{array}\right.\]

所以 \(J_0^k\) 有 \(k\) 条轨道,每个轨道都是一个 Jordan 块,即 \(J_0^k\) 的标准形中有 \(k\) 个 Jordan 块。设 \(n=qk+r\),这里 \(0\leq r< k\),则这 \(k\) 个 Jordan 块中有 \(r\) 个是 \(q+1\) 阶的,\(k-r\) 个是 \(q\) 阶的。

举个例子就明白了,一个 8 阶的 0 特征值 Jordan 块 \(J_0\),\(J_0^3\) 的 Jordan 标准形是什么样子的?这个时候 \(J_0^3\) 有 3 个轨道 \(\{v_8,v_5,v_2\}\), \(\{v_7,v_4,v_1 \}\), \(\{v_6,v_3\}\),所以 \(J_0^3\) 的 Jordan 标准形有 2 个 3 阶的 Jordan 块和 1 个 2 阶的 Jordan 块。

总结一下:零特征值的 Jordan 块的高次幂一定会分裂,而且是尽可能均匀的分裂;非零特征值的 Jordan 块的任意次幂都不会分裂。

一个不可约的代数结构,在某种限制或者扩张的意义下却能均匀的 “碎裂”,这是代数学中一个常见而重要的现象。比如设 \(f\) 是一个有理数域 \(\Bbb{Q}\) 上的不可约多项式,\(F\) 是 \(\Bbb{Q}\) 的一个正规扩域,则如果 \(f\) 在 \(F\)上是可约的,那么 \(f\) 必然分解成一些次数相同的多项式的乘积:

\[f=f_1f_2\cdots f_r,\quad \deg f_1=\cdots=\deg f_r.\]

类似的还有代数数论中素理想的分解,群表示论中不可约表示(在诱导和限制下)的分解,代数几何中不可约代数簇的分解等等。

Aug 292014
 

双曲几何的故事, 我们从 Poincaré 的单位圆盘模型 (Poincaré disk model) 开始. 首先, 是, 经典的平面上的单位圆.

平面几何的准备

两圆正交

  • 记 \(A\) 是 \(\odot O_1\) 与 \(\odot O_2\) 的一个交点, 过 \(A\) 分别作两圆的切线, 如果两切线垂直, 即 \(AO_1\perp AO_2\), 则称这两圆为正交圆, 或称这两个圆正交.
  • 一条直线如果经过一个圆的圆心, 称这直线与圆正交.
Aug 272014
 

双曲几何 (Hyperbolic Geometry) 的参考书, 有些实际是椭圆几何(Riemannian geometry)的书.

中文

中文书极少. 李忠和周建莹的”双曲几何”可能是中文里惟一的一本完全围绕双曲几何展开论述的书, 而且不系统, 内容很少, 程度只到一点点复分析.

  1. 李忠, 周建莹, 双曲几何, 湖南教育出版社, 1991, 12
  2. 项武义, 基础几何学, 人民教育出版社, 2004, 9
  3. 项武义, 王申怀, 潘养廉, 古典几何学, 高等教育出版社, 2014, 5
  4. 球面上的几何, 人民教育出版社, A 版, B 版
  5. 李忠, 并不神秘的非欧几何, 高等教育出版社, 2010, 6
  6. 王宗儒, 三角形的内角和等于 \(180^\circ\) 吗?, 湖南人民出版社, 1981, 7

英文

  1. Riccardo Benedetti, Carlo Petronio, Lectures on Hyperbolic Geometry, 2003, 7
  2. Birger Iversen, Hyperbolic Geometry, Cambridge University Press, 1992, 12
  3. J. W. Bruce, Linda Keen, Nikola Lakic, Hyperbolic Geometry from a Local Viewpoint. Cambridge University Press, 2007, 03
Apr 242014
 

熟知方阵的迹(Trace)有如下三条性质:

  1. \(\operatorname{Tr}(A+B)=\operatorname{Tr}(A)+\operatorname{Tr}(B)\);
  2. \(\operatorname{Tr}(kA)=k\operatorname{Tr}(A)\);
  3. \(\operatorname{Tr}(AB)=\operatorname{Tr}(BA)\).

前两条性质说明, \(\operatorname{Tr}(A)\) 是线性空间 \(M_n(K)\) 内的一个线性函数. 第三条性质比较独特. 事实上, 对于线性空间 \(M_n(K)\) 内的线性函数, 第三条性质为”迹” 所独有! 换句话说, 我们可以用下面的方式来定义方阵的迹:

设 \(f\) 是数域 \(K\) 上的线性空间 \(M_n(K)\) 内的一个线性函数, 如果满足如下条件:

\[f(AB)=f(BA),      \forall A, B\in M_n(K)\]

那么, \(f(A)=\dfrac{f(I)}n\cdot \operatorname{Tr}(A)\), 这里 \(I\) 是 \(n\) 阶单位方阵.

姑且把这个论断称为“方阵的迹界定定理”. 如果在这个”定理” 的前提假设增加一条, 即如果 \(f\) 还满足

\[f(I)=n,\]

那么, \(f(A)\) 就是 \(\operatorname{Tr}(A)\).

 Posted by at 8:01 pm
Jan 232014
 

The derivative \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\) is not a ratio.

Leibniz 引进了符号 \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\), 人们认为它是商: \(x\) 的改变导致的 \(y\) 的无穷小改变与 \(x\) 的无穷小改变的商.

但实际上, \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\) 仅仅是一个符号, 用来表示导数, 其定义是一个极限. 我们不能把 \(\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\) 解释为”比”.

诚然, Leibniz 的符号非常有启发性, 也很有用. 比如, 反函数定理是这么说的:

\[\frac{\mathrm dx}{\mathrm dy} = \frac1{\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}}.\]

这非常自然, 如若把导数理解为分数. 再如, 复合函数求导的链式法则(the Chain Rule):

\[\frac{\mathrm dz}{\mathrm dx} = \frac{\mathrm dz}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}.\]

这”显而易见”, 如果观众认为导数是分数. 这些事实显示: 导数, 其行为在许多方面来说, 又仿佛是商. 就是因为这符号如此美好, 所以才能在被保留, 并得到了广泛的使用. 但是, 我们必须记住: 导数实际不是商, 仅仅是一个极限. 隐函数定理告诉大家,

\[\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx} = -\frac{\frac{\partial F}{\partial x}}{\frac{\partial F}{\partial y}}.\]

嗯, 这很有说服力! 我们书写 \(\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\), 似乎是分数, 其行为也很像分数, 但确确实实不是分数.

首先, 实数有一个重要的性质, 所谓的 Archimedean Property: 对任意实数 \(\epsilon\gt0\), \(M\gt0\), 总存在正整数 \(n\), 使得 \(n\epsilon\gt M\). 但是, 对于”无穷小”, 不存在这样的特点.

其次, 对于曲线的切线,

 Posted by at 6:00 pm
Jan 212014
 

2014 年第 2 期的 “The American Mathematical Monthly” 文章较多, 一共有 17 篇, 其中至少 5 篇是对旧定理–诸如 Stirling’s Formula, 余弦定理, Clairaut’s Theorem(Symmetry of second derivatives 二阶导数的对称性)这样的经典结论–的新证明.

Symmetry of second derivatives If \(f_{xy}\) and \(f_{yx}\) are continuous at any given point, then they are equal at the point.

显而易见, 每一本多元微积分的入门教科书都会论述二阶导数的对称性.

Lemma  Let \(f_{xy}\) and \(f_{yx}\) be continuous on rectangle \(R=[a,b]\times[c,d]\). Then

\[\iint_Rf_{xy}\,\mathrm dA=\iint_Rf_{yx}\,\mathrm dA=f(b,d)-f(b,c)-f(a,d)+f(a,c).\]

这是显然的, 因为

\[\iint_Rf_{xy}\,\mathrm dA=\int_a^b\left(\int_c^d f_{xy}(x,y)\,\mathrm dy\right)\,\mathrm dx.\]

由微积分基本定理, 就得到了引理.             \(\Box\)

回到我们的最终目标. Proof by contraduction.

Suppose they are not identically equal. Then at some point \((a, b)\), they differ; say

\[f_{xy}(a, b)-f_{yx}(a, b)=l\gt0.\]

Note that, since \(f_{xy}\) and \(f_{yx}\) are continuous, there is some small \(\triangle x\times\triangle y\) rectangle, centered at \((a, b)\), on which

\[f_{xy}(x, y)-f_{yx}(x, y)\geqslant\frac l2,\]

Hence,

\[\iint_R\left(f_{xy}-f_{yx}\right)\,\mathrm dA\geqslant\iint_R \frac l2\,\mathrm dA=\frac l2\triangle x\triangle y\gt0.\]

this contradicts the lemma.                 \(\Box\)

这个证明真是简洁非常! 开始提到的美国数学月刊的新解法, 没这么漂亮.

 Posted by at 8:08 am
Dec 162013
 

若正项级数 \(\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\) 收敛, 证明: 级数 \(\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac n{\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\dotsb+\frac1{a_n}}\) 也收敛.

这是[1]下册 16 页例题 13.2.6. 这书很赞的, 非常给力!

我们先来简单的复述下这书给出的证明的要点:

说穿了, 这个证明的目的, 就是建立

\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac n{\sum\limits_{k=1}^n \frac1{a_k}}\leqslant4\sum_{n=1}^\infty a_n.\end{equation}

为此, 我们可以认为正数数列 \(\{a_n\}\) 单调递减. 这是因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\), 因之可把数列 \(\{a_n\}\) 按照从大到小重排. 此时 \(\sum\limits_{k=1}^n \frac1{a_k}\) 不能增加, 进而 \((1)\) 左边的 \(\sum\limits_{n=1}^\infty \frac n{\sum\limits_{k=1}^n \frac1{a_k}}\) 不会减少.

其次, 注意到下面这个简单的事实

\[\sum_{k=1}^{2n}\frac1{a_k}\gt \sum_{k=1}^{2n-1}\frac1{a_k}\geqslant\sum_{k=n}^{2n-1}\frac1{a_k}\geqslant\frac n{a_n}\]

可导出

\[\frac{2n-1}{\sum\limits_{k=1}^{2n-1} \frac1{a_k}}+\frac{2n}{\sum\limits_{k=1}^{2n} \frac1{a_k}}\leqslant\frac{2n-1}{\frac n{a_n}}+\frac{2n}{\frac n{a_n}}\lt4a_n,\]

于是, \((1)\) 也就是顺理成章的事情了.

有趣的事情, 总是发生在下回分解: [1] 给出了这个证明, 接下来的一个注释引出了我们的故事. 这个注是这样的:

我们不知道不等式 \((1)\) 右边的系数 \(4\) 是否可以减少, 若可以的话, 其最优值又是多少(参见下一个例题).

这是这套书上下两册最没有经过大脑的一段话, 显然没有经过思考: 下一个例题是 Carleman’s inequality. 这著名的不等式很清楚的表明: 把不等式 \((1)\) 右边的系数 \(4\) 改为 \(\mathrm e\) 也是可以的. 问题是, 使得

\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac n{\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\dotsb+\frac1{a_n}}\leqslant k\sum_{n=1}^\infty a_n\end{equation}

成立的最小的实数 \(k\) 应该是 \(\mathrm e\) 吗?

Hardy’s inequality 在 \(p\leqslant1\) 时, 一般是不成立的. 但是, 若 \(p=-1\), 则

\[\left(\frac p{p-1}\right)^p=2.\]

这使得我们可以猜测: 使得 \((2)\) 成立的最小的实数 \(k\) 可能是 \(2\). 此外, 对于正可测函数 \(f(x)\), 有

\begin{equation}\int_0^\infty \frac x{\int_0^x\frac1{f(t)}\,dt}\,dx\leqslant 2\int_0^\infty f(x)\,dx.\end{equation}

因之可以确信: 我们寻找的最小实数就是 \(2\)! 换句话说, 成立

\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac n{\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\dotsb+\frac1{a_n}}\leqslant2\sum_{n=1}^\infty a_n,\end{equation}

并且右边的系数 \(2\) 不可改进.

References

  1. 谢惠民, 恽自求, 易法槐, 钱定边, 数学分析习题课讲义, 高等教育出版社, 2004
  2. 匡继昌, 常用不等式(第四版), 山东科学技术出版社, 2010
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