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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) $1$,

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。 A A1 先证明必要性，存在极限，则 $$|f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)-\lim_{x\to x_0}f(x)|+|\lim_{x\to x_0}f(x)-f(x_2)|$$ 再证明充分性，反证，假设不存在极限，则存在 $\varepsilon>0$ 和两个数列 $x_n,y_n$ 都趋于 $x_0$，使得 $|f(x_n)-f(y_n)|\geq \varepsilon$，矛盾。 A2 构造函数列 $\chi_{[10n,10n+1]}* \rho$，其中 $\rho$ 是 Friedrich 磨光核。这是 $\mathbb R$-线性无关集。 A3 对任意 $x_n\to x_0$，有 $f(x_n)\to f(x_0)$，从而 $g\circ f(x_n)\to g\circ f(x_0)$，所以 $g\circ f$ 在 $x_0$ 处连续。 A4 对任意 $x_n\xrightarrow{d_X}x_0$，有正实数 $c_1,c_2$ 使得 $$c_1d_X(x_n,x_0)\leq d'_X(x_n,x_0)\leq c_2d_X(x_n,x_0)$$ 所以极限性质是等价的。 A5 在 $\mathbb R^n$ 上的 $L^p$ 范数等价。 A6 考虑 $$\|[f\pm g](x)-[f\pm g](x_0)\|\leq \|f(x)-f(x_0)\|+\|g(x)-g(x_0)\|$$ 从而证明第一个命题。考虑 $$\|[f\cdot g](x)-[f\cdot g](x_0)\|\leq \|f\|\|g(x)-g(x_0)\|\leq \|f\|\|g\|\|x-x_0\|$$ 从而证明第二个命题。考虑 ...

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。 A B C D (1) 当 $n=m$ 时，结果为 $a_0/b_0$；当 $m>n$ 时，结果为 $0$；当 $m...

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。 A A1 考虑当 $x>y$ 时 $$|e^x-e^y|=e^y|e^{x-y}-1|\geq e^y(x-y)$$ 所以在 $\mathbb R$ 上不是一致连续的。而对于足够小的 $\delta$，当 $|x-y|<\delta$ 时 $$|e^x-e^y|=e^y|e^{x-y}-1|\leq e^y\cdot 2\delta\leq 2\delta$$ 在 $(-\infty,0]$ 上是一致连续的。 B B1 有估计 $$\sqrt [3]{x+\varepsilon}-\sqrt [3]{x}=\frac {\varepsilon}{\sqrt [3]{(x+\varepsilon)^2}+\sqrt [3]{(x+\varepsilon)x}+\sqrt [3]{x^2}}\leq \varepsilon^{\frac 13}.$$ 从而一致连续。 B2 考虑 $$\log \frac 2n-\log \frac 1n=\log 2$$ 但 $\frac 2n-\frac 1n\to 0$，所以不一致连续。 B3 考虑 $$\cos \frac 1{\frac {1}{2n\pi +\frac \pi 2}}-\cos \frac 1{\frac {1}{2n\pi}}=-1$$ 但 $\frac {1}{2n\pi +\frac \pi 2}-\frac {1}{2n\pi}\to 0$，所以不一致连续。 B4 分拆成两个区间 $(0,1]\cup [\frac 12,+\infty)$，对于 $(0,1]$，考虑补充定义 $f(0)=0$，则由 Cantor 定理，$f$ 在 $[0,1]$ 上一致连续；对于 $[\frac 12,+\infty)$，求导即可，或者 ...

参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚。 pp160.4 应用 Fourier 变换求解以下定解问题： $\begin{cases}u_t-a^2u_{xx}-bu_x-cu=f(x,t),&x\in\mathbb R,t>0,\$$14pt] u(x,0)=\varphi(x),&x\in\mathbb R.\end{cases}$ 其中 $a,b,c$ 是常数； $\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0,&x\in\mathbb R,y>0,\\[14pt] u(x,0)=\varphi(x),&x\in\mathbb R.\end{cases}$ 设 $\varphi(x)$ 连续有界，求问题的有界解。 解： 求解是在速降空间 $S(\mathbb R)$ 中进行的。 (1) 应用 Fourier 变换，得到 [\begin{darray}{ll}Ff&=Fu_t-a^2Fu_{xx}-bFu_x-cFu\[14pt] &=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}Fu+a^2\xi^2Fu-ib\xi Fu-cFu\[14pt] &=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}Fu+\bigl(a^2\xi^2-ib\xi-c\bigr)Fu.\end{darray} $$ 将 $F[u](\xi)$ 看作 $t$ 的函数（$\xi$ 为参数）$F[u](\xi)=F[u](\xi,t)$，得到一个常系数线性微分方程，解为（Duhamel 原理） $$Fu=e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}\left(F\varphi+\int^t_0e^{(a^2\xi^2-ib\xi-c)\tau}Ff\mathrm d\tau\right). $$ 再应用 Fourier 反演，得到 $$u(x,t)=F^{-1}[e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}F\varphi](x)+F^{-1}\left[\int^t_0e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)(t-\tau)}Ff\mathrm d\tau\right](x). $$ 首先求解热核 $$F^{-1}e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}=\frac 1{\sqrt {2\pi}}\int^\infty_{-\infty}e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}e^{ix\xi}\mathrm d\xi=\frac {e^{-\frac {(x+bt)^2}{4a^2t}+ct}}{a\sqrt {2t}}:=G(x,t). $$ 由卷积公式 $$F^{-1}\hat G\cdot \hat \varphi=G*\varphi(x)=\int^\infty_{-\infty}G(x-y,t)\varphi(y)\mathrm dy=\int^\infty_{-\infty}\frac {e^{ct}}{a\sqrt {2t}}e^{-\frac {(x-y+bt)^2}{4a^2t}}\varphi(y)\mathrm dy. ...