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1 (1) 二阶连续可微的下凸函数，满足 $f''(x)\geq 0$，这说明 $f'(x)$ 单调递增，而如果存在 $x_0$ 使得对任意 $x>x_0$ 都有 $f(x)\geq f(x_0)>0$，那么 $f(x)$ 无界，矛盾。所以 $f'(x)\leq 0$ 恒成立，从而 $f(x)$ 是有界单调递减函数，存在极限。 (2) 计算反常积分，先形式地有 $$\begin{darray}{ll}\int^\infty_0 xf''(x)\mathrm dx&=\int^\infty_0x\mathrm df'(x)\\[6pt]&=xf'(x)\big|^\infty_0-\int^\infty_0f'(x)\mathrm dx\\[6pt]&=\lim_{x\to\infty}xf'(x)-\lim_{x\to \infty}f(x)+f(0)\\[6pt]&=\lim_{x\to\infty}xf'(x)+f(0)-A\end{darray}$$ 此外注意到，$f'(x)$ 是单调递增函数，所以 $$f(2x)-f(x)=\int^{2x}_xf'(t)\mathrm dt\leq xf'(x)\leq 0$$ 取极限即可，说明最终结果为 $f(0)-A$. 2 (1) 因为 $f'(x)\neq 0$，分类讨论。当 $f'(x)>0$ 时，$f(x)$ 单调递增，所以 $$f(x)...

介绍三种 Cayley-Hamilton 的证明方法。在正式开始之前，先指出一类错误的证明思路。 考虑到 $f(\lambda)=\det (\lambda I-A)$ 的形式，将 $\lambda$ 替换成 $A$，就得到所谓 $$f(A)=\det (AI-A)=\det O=0$$ 这混淆了标量和矩阵的关系，上述代换应该表示为 Kronecker 乘积的形式，与本定理并无关系。 伴随矩阵方法（代数方法） 对于 $f(\lambda)=\det (\lambda I-A)$，设 $\lambda I-A=B$，则根据行列式的计算，有 $$f(\lambda )I=\det B\cdot I=BB^*$$ 而伴随 $B^*$ 的定义要求它至多是 $n-1$ 次的 $\lambda$ 的多项式，所以 $B^*$ 可以表示为 $$B^*=\sum^{n-1}_{k=0}C_k\lambda^k$$ 所以代入 $$\sum^{n}_{k=0}a_k\lambda^k I=f(\lambda)I=\sum^{n-1}_{k=0}(\lambda I-A)C_k\lambda^k$$ 从而比较系数 $$\begin{matrix}a_0& =& -AC_0&\\ a_1& =& C_0&-AC_1\\ a_2& =&& C_1&-AC_2\\ \vdots& &&&\ddots&\\ a_{n-1}& =&&& C_{n-2}&-AC_{n-1}\\ a_n& =&&&& C_{n-1}\end{matrix}$$ 累加即可。 对角矩阵方法（分析方法） 这个方法只适用于 $\mathbb F=\mathbb R,\mathbb C$ 上的矩阵。 先考虑 $A$ 可对角化的情形，则此时存在可逆矩阵 $P$ 使得，对于任意多项式 $f$，都有 ...

185 199-28,29,30,31,32,33 Oksendal - Introduction to Stochastic

线性算子 $T:\mathbb F^n\to\mathbb F^n$ 作用在向量 $\alpha \in\mathbb F^n$ 上，我们关心它的不变性。所以有不变子空间的概念，例如 $V\subseteq \mathbb F^n$ 是 $T$ 的不变子空间，意味着选取 $V$ 的一组基底进行线性扩张，则能得到以下表示矩阵 $$\begin{pmatrix}A&*\\ 0&B\end{pmatrix}$$ 其中 $*$ 不一定为零元，这说明 $V$ 是 $T$ 最终的收缩核。特别地，如果 $\dim V=1$，则 $\beta$ 是 $T$ 的特征向量，其中 $V=\mathrm {span}\{\beta\}$，具体地 $$\exists \lambda \in \mathbb F,\text{ s.t. }T\beta=\lambda \beta$$ 将这些特征向量元组 $(\lambda ,\beta)$ 收集起来，记线性算子 $T$ 的 $\lambda$-特征子空间为 $$V_\lambda =\{\beta \in \mathbb F^n:T\beta=\lambda \beta\}=:\{\beta \in\mathbb F^n:T_\lambda \beta=0\}$$ 其中 $T_\lambda :=T-\lambda I$。这个特征子空间只不过是多个一维不变子空间（一维收缩核）的直和。那么作为收缩核，其核空间会最终平稳 $$\ker T_\lambda \subseteq \ker T^2_\lambda \subseteq \cdots \subseteq \ker T^N_\lambda =\ker T^{N+1}_\lambda =\cdots$$ 于是 $\ker T^N_\lambda$ 中的元素只要作用 $T_\lambda$ 就会最终收缩到 $\ker T_\lambda$ 中的一个特征向量上。而具体落在哪一个特征向量上，是由 $\ker T^N_\lambda$ 中元素的链条决定的：对于任意 $\alpha \in \ker T^N_\lambda$，存在最小的 $k\in\{0,1,\cdots,N\}$ 使得 ...

Schur Decomposition：对于任意 $A\in M_n(\mathbb C)$，存在酉矩阵 $U$ 和上三角矩阵 $T$ 使得 $A=UTU^*$；对于任意 $A\in M_n(\mathbb R)$，且其特征值均为实数，则存在正交矩阵 $Q$ 和上三角矩阵 $R$ 使得 $A=QRQ^\top$，其中 $R$ 的对角线元素为 $A$ 的特征值。 作为推论，半正定实对称方阵可以开 $n$ 次方根（也是半正定实对称方阵）。 Singular Value Decomposition：对于任意 $A\in M_{m\times n}(\mathbb C)$，存在酉矩阵 $U$ 和 $V$ 以及对角矩阵 $\Sigma$ 使得 $A=U\Sigma V^*$；对于任意 $A\in M_{m\times n}(\mathbb R)$，存在正交矩阵 $Q$ 和 $P$ 以及对角矩阵 $\Sigma$ 使得 $A=Q\Sigma P^\top$，其中 $\Sigma$ 的对角线元素为 $A$ 的奇异值。 其中 $$\Sigma=\begin{pmatrix}\mathrm{diag}(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_r) & 0\\ 0&0\end{pmatrix},\quad \Sigma^{-1}:=\begin{pmatrix}\mathrm{diag}(\sigma^{-1}_1,\sigma^{-1}_2,\cdots,\sigma^{-1}_r) & 0\\ 0&0\end{pmatrix}$$作为推论，可以定义任意矩阵 $A$ 的 Moore-Penrose 逆 $A^{-}$，满足 ...

1 对于任意 $x\in \mathbb R$，不妨 $x\in (-M-1,M+1)$，其中 $M>0$ 是对于 $x$ 取定的常数。此时题设级数中通项的分子是有界的，由 Weierstrass 判别法知道一致收敛，而部分和通项都是连续的，所以级数和也是连续的。 对于 $\mathbb R\setminus [0,1]$ 上的任意点 $x$，只需要考虑其邻域的结果，不妨设 $x\in B(x,\delta)\subseteq \overline {B(x,\delta)}\subseteq \mathbb R\setminus [0,1]$，考虑形式导函数 $$f'(x):=\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot (x-r_n)^{-\frac 23}$$ 根据 $x$ 的取法 $|x-r_n|\geq \delta$，所以 $f'$ 在 $B(x,\delta)$ 上一致收敛，因此 $f$ 在 $B(x,\delta)$ 上可导，且 $f'$ 是 $f$ 的导函数。 观察上述形式导函数，只需控制 $|x-r_n|^{-\frac 23}$，考虑在原先给定的 $\{r_n\}$ 上重排构造 $\{r'_n\}$，按照以下方式进行（显然是双射）：对于第 $n$ 项 $r_n'$ 的选取，从 $\{r_n\}$ 中选取指标最小的元素，满足其不属于 $\{r'_1,r'_2,\cdots,r'_{n-1}\}$，且满足 $|x-r_n'|\geq 2^{-\frac n2}$，从而 $$\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot |x-r'_n|^{-\frac 23}\leq \sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot 2^{\frac n3}<\infty$$ 计算重排后的差商 ...

Problems in Mathematical Analysis 作为注记 71- Abel & Dirichlet Tests Abel 求和 Dirichlet 判别法（级数版本） Abel 判别法（级数版本） （函数列版本） （含参积分版本） 76- pp.76.ex (1) 考虑 $(-1)^n$ 求和有界，$\frac 1n\cdot \left(1+\frac 1n\right)^n$ 单调趋于 $0$； (2) 考虑 $(-1)^n$ 求和有界，$\frac 1n\cdot \cos \frac 1n$ 单调趋于 $0$（考察连续函数的单调性）。 pp.77.ex.1 $T^r$ 是压缩映射，所以存在一个不动点 $x^*$，接下来说明这是 $T$ 的不动点。因为 $$x^*,Tx^*,T^2x^*,\cdots,T^{r-1}x^*$$ 是 $T$ 作用在 $x^*$ 上的所有像，也都是 $T^r$ 的不动点，所以这个 $r$ 个点都相等，即 $x^*=Tx^*$。 pp.77.ex.2 当 $x-y>0$ 取定时，其像之间的距离受到 $e^{-x}$ 的缩放 $$d(e^{-x}, e^{-y})=e^{-x}|1-e^{x-y}|\geq e^{-x}d(x,y)$$ 所以 $x\mapsto e^{-x}$ 不是压缩映射。但是 $$d(e^{-e^{-x}}, e^{-e^{-y}})=e^{-e^{-\xi}}e^{-\xi}d(x,y)\leq d(x,y)\max_{t>0}\frac {t}{e^t}$$ 所以 $x\mapsto e^{-e^{-x}}$ 是压缩映射。 ...

参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚；《数学物理方程》（第三版），谷超豪。 J.pp162.5(1)(3)(5) 证明在 $\mathcal D'(\mathbb R)$ 意义下： $\varphi(x)\delta(x)=\varphi(0)\delta(x)$； $x\delta^{(m)}(x)=-m\delta^{(m-1)}(x)$； $(H(x)\rho(x))'=\delta(x)\rho(0)+H(x)\rho'(x)$ 其中 $H(x)$ 是 Heaviside 函数，$\rho,\varphi\in C^\infty(\mathbb R)$. 解： (1) 这里 $\varphi\in\mathcal D(\mathbb R)$，作为乘子作用在 $\delta$ 上。取任意 $\psi\in \mathcal D(\mathbb R)$，则 $$\langle \varphi(x)\delta(x),\psi\rangle =\langle \delta(x),\varphi(x)\psi\rangle =\varphi(0)\psi(0)=\langle \varphi(0)\delta(x),\psi\rangle.$$ (3) 对于任意 $\psi\in \mathcal D(\mathbb R)$，这里用到算子导数： $$\begin{darray}{ll}\langle x\delta^{(m)}(x),\psi\rangle &=\langle \delta^{(m)}(x),x\psi\rangle \\[12pt]&=(-1)^{m}\langle \delta(x),(x\psi)^{(m)}\rangle \\[12pt]&=(-1)^{m}\langle \delta(x),\psi^{(m)}x+m\psi^{(m-1)}\rangle \\[12pt]&=(-1)^{m}m\langle \delta(x),\psi^{(m-1)}\rangle \\[12pt]&=\langle -m\delta^{(m-1)}(x),\psi\rangle.\end{darray}$$ (5) 对于任意 $\psi\in \mathcal D(\mathbb R)$，同上（乘子是交换的） $$\begin{darray}{ll}\langle (H(x)\rho(x))',\psi\rangle &= \langle (\rho(x)H(x))',\psi\rangle \\[12pt]&= -\langle H(x),\rho(x)\psi'\rangle \\[12pt]&= -\int_0^\infty \rho(x)\psi'(x)\mathrm dx\\[12pt]&= -\psi(0)\rho(0)+\int_0^\infty \rho'(x)\psi(x)\mathrm dx\\[12pt]&= \langle \delta(x)\rho(0)+H(x)\rho'(x),\psi\rangle.\end{darray}$$J.pp162.6 计算 ...

填空题 (1) 二次型矩阵为 $$\begin{pmatrix}1&t &-1\\ t&4 &2 \\-1&2 &4\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&4-t^2 &2+t \\0&2+t &3\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&3 &0 \\ 0&0&\frac 43\cdot (t+2)(1-t)\end{pmatrix}$$ 所以当 $t\in (-2,1)$ 时是正定的。 (2) 求特征多项式 $$|\lambda I-A|=(\lambda -1)^2(\lambda +5)+16(b+1)-8b(\lambda +5)+8(\lambda -1)$$(3) 可见 $A$ 满足多项式 $f(x)=x^2$，特征值只能为 $0$，$\mathrm{rank}(A)=3$ 说明 $A$ 的 Jordan 标准型有 $6-3=3$ 个 $0$-Jordan 块，且每个块的大小不超过 $2$，所以 $A$ 的 Jordan 标准型为 $$\begin{pmatrix}0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}$$计算题 (1) $-x^2\sin \frac 1x+2\int ^x_0t\sin\frac t1\mathrm dt +C$，在原点为 $C$. (2) $-\frac {\pi^2}2\ln 2$ ...

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。 A A1) B (1) $\dfrac 12$, (2) $\dfrac 12$, (3) $1$,