续上一篇文章的
2.26 迹零分解
设 \(A\in M_n(\mathbb{F})\)，且域 \(\mathbb{F}\) 满足 \(\text{char}\mathbb{F}= 0\)，若 \(\text{tr}(A)=0\)，证明： \(\exists X,Y\in M_n(\mathbb{F})\), 使得 \(A=XY-YX\).
Proof:
先证明引理：\(A\sim \begin{pmatrix}0&\alpha\\ \beta&B\end{pmatrix}\).
当 \(A\ne O\) ，我们直接考虑 \(A\) 的有理标准型 \(A\sim F=\text{diag}(F_1,F_2,\cdots,F_s)\)，其中 \(m_{F_s}(\lambda)|m_{F_{s-1}}(\lambda)|\cdots|m_{F_1}(\lambda)=m_A(\lambda)\)；进而容易断言 \(F_1\) 的阶数至少为 \(2\)（若不然，则 \(\deg m_A(\lambda)=1\)，因此 \(A\) 是纯量的，而 \(\text{tr}(A)=0\)，可得 \(A=O\) 矛盾！），结合 Frobenius Block 的形状，其左上角必然为 \(0\)；从而 \(F\) 即为左上角为 \(0\) 的方阵。
回到原问题，应用归纳法，记 \(n\) 为矩阵阶数，当 \(n=1\) 时结论明显成立；当 \(n\ge 2\)，由上述引理 \(A=P^{-1}\begin{pmatrix}0&\alpha\\ \beta&B\end{pmatrix}P\)，根据迹的定义知 \(\text{tr}(B)=0\)，由归纳假设 \(B=UV-VU\)，不妨设 \(U\) 是非奇异的（若不然，考察 \(U'=U+\varepsilon I\)），可以验证
故令
则满足 \(A=XY-YX\)；由归纳法命题得证。
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
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：\(A^2=A,B^2=B,AB=BA=0\)。
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，
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
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
By the continuity, we have
For \(x\in (0,\delta/a)\),
For \(x\in (\delta/a,1/a)\), \(f(ax)\) is bounded,
By Cauchy-Principle that we can choose some \(\delta'\) , which is enough small,
s.t. when \(a\in(0,\delta')\) we have
So
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
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：
再将 \(\ln(1+x)\) 按幂级数展开，之后交换求和号，并利用
以及 \(\text{Bernoulli}\) 多项式的定义
可以算出结果为
