证明在由特定矩阵生成的幺半子群中,存在收敛序列的子序列,其元素也能分别构成收敛序列

设 H H H是 G L 4 ( R ) GL_4(\mathbb{R}) GL4(R)的由矩阵

( 1 a 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 b 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 c 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}1&a&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&b&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&c\\ 0&0&0&1\end{pmatrix} 1000a10000100001 , 100001000b100001 , 10000100001000c1

( a , b , c ≥ 0 a,b,c≥0 a,b,c≥0)生成的幺半子群。选取元素 y i , z i ∈ H ( i = 1 , 2 , 3 , ⋯   ) y_i,z_i∈H (i=1,2,3,\cdots) yi,zi∈H(i=1,2,3,⋯) 使得序列 ( y i z i ) i ≥ 1 (y_iz_i){i≥1} (yizi)i≥1 收敛。证明:存在 ( 1 , 2 , 3 , ⋯   ) (1,2,3,\cdots) (1,2,3,⋯)的一个无穷子序列 ( i n ) n ≥ 1 (i_n){n≥1} (in)n≥1,使得序列 ( y i n ) n ≥ 1 (y_{i_n}){n≥1} (yin)n≥1与 ( z i n ) n ≥ 1 (z{i_n})_{n≥1} (zin)n≥1均收敛。

证:

1.构造收敛子序列:

  • 由于 ( y i z i ) (y_iz_i) (yizi)收敛,所以 a i a_i ai是有界的。根据Bolzano-Weierstrass定理,存在一个子序列 ( a i k ) (a_{i_k}) (aik)收敛。

  • 同理, b i b_i bi也是有界的,因此也存在一个子序列 ( b i k ) (b_{i_k}) (bik)收敛。

2.对角线法则:

现在我们应用对角线法则来构造共同的子序列。首先找到两个子序列 ( i k ) (i_k) (ik) 和 ( j l ) (j_l) (jl),使得 a i k a_{i_k} aik 和 b j l b_{j_l} bjl 分别收敛。

令 n 1 = min ⁡ ( i 1 , j 1 ) n_1 = \min(i_1, j_1) n1=min(i1,j1),然后依次令 n 2 = min ⁡ ( i 2 , j 2 ) n_2 = \min(i_2, j_2) n2=min(i2,j2),以此类推。

3.验证收敛性:

  • 由于 ( a i k ) (a_{i_k}) (aik) 收敛,且 ( a i k ) (a_{i_k}) (aik) 的每一个元素 a i k a_{i_k} aik 都在 ( i n ) (i_n) (in) 中,因此 ( a i n ) (a_{i_n}) (ain) 也收敛。

  • 同理, ( b j k ) (b_{j_k}) (bjk) 收敛,且 ( b j k ) (b_{j_k}) (bjk) 的每一个元素 b j k b_{j_k} bjk 都在 ( i n ) (i_n) (in) 中,因此 ( b i n ) (b_{i_n}) (bin) 也收敛。

综上,存在一个无穷子序列 ( i n ) n ≥ 1 (i_n){n \geq 1} (in)n≥1,使得 ( y i n ) n ≥ 1 (y{i_n}){n \geq 1} (yin)n≥1 和 ( z i n ) n ≥ 1 (z{i_n})_{n \geq 1} (zin)n≥1均收敛。

这个证明过程更加清晰地利用了Bolzano-Weierstrass定理和对角线法则,确保了构造的子序列的正确性和收敛性。

解题思路:

1.明确题目要求:

题目要求我们从序列 ( y i z i ) i ≥ 1 (y_iz_i){i \geq 1} (yizi)i≥1收敛的条件出发,找到一个无穷子序列 ( i n ) n ≥ 1 (i_n){n\geq 1} (in)n≥1.使得序列 ( y i n ) n ≥ 1 (y_{i_n}){n \geq 1} (yin)n≥1 和 ( z i n ) n ≥ 1 (z{i_n})_{n \geq 1} (zin)n≥1 均收敛。

2.关于矩阵的形式:

我们知道 H H H 是由以下类型的矩阵生成的:

( 1 a 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 b 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , ( 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 c 0 0 0 1 ) \begin{pmatrix}1&a&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&b&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&c\\ 0&0&0&1\end{pmatrix} 1000a10000100001 , 100001000b100001 , 10000100001000c1 ,

其中 a , b , c ≥ 0 a, b, c \geq 0 a,b,c≥0。

3.利用序列的收敛性:

根据题意,序列 ( y i z i ) i ≥ 1 (y_iz_i){i\geq 1} (yizi)i≥1是收敛的。设其极限为 L L L,即: lim ⁡ i → ∞ y i z i = L \lim{i \to \infty} y_iz_i=L limi→∞yizi=L。

4.构造子序列:

由于矩阵的特定结构,任意 y i y_i yi 和 z i z_i zi 可以表示为:
y i = ( 1 a i 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) , z i = ( 1 0 0 0 0 1 b i 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) y_i = \begin{pmatrix} 1 & a_i &0&0\\0& 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{pmatrix},\quad z_i = \begin{pmatrix} 1 & 0& 0&0\\0&1&b_i&0\\0&0&1&0\\0&0& 0&1 \end{pmatrix} yi= 1000ai10000100001 ,zi= 100001000bi100001

其中 a i , b i ≥ 0 a_i, b_i\geq 0 ai,bi≥0。

5.有界性与收敛子列:

由于 y i z i y_iz_i yizi收敛,我们可以推断出 a i a_i ai和 b i b_i bi必须是有界的(因为收敛的矩阵乘法中,矩阵的每个元素不能无限增长)。

根据 Bolzano-Weierstrass定理,有界数列必有收敛子列,因此 a i a_i ai 和 b i b_i bi各自都有收敛子列。

6.对角线法则:

通过对角线法则,我们可以构造出一个共同的子序列 ( i n ) (i_n) (in),使得在这个子序列中 a i n a_{i_n} ain 和 b i n b_{i_n} bin 均收敛。

相关推荐
峙峙峙16 小时前
线性代数--AI数学基础复习
人工智能·线性代数
我爱C编程18 小时前
基于拓扑结构检测的LDPC稀疏校验矩阵高阶环检测算法matlab仿真
算法·matlab·矩阵·ldpc·环检测
CVer儿19 小时前
svd分解求旋转平移矩阵
线性代数·算法·矩阵
张晓~183399481211 天前
数字人分身+矩阵系统聚合+碰一碰发视频: 源码搭建-支持OEM
线性代数·矩阵·音视频
山登绝顶我为峰 3(^v^)31 天前
如何录制带备注的演示文稿(LaTex Beamer + Pympress)
c++·线性代数·算法·计算机·密码学·音视频·latex
微小冷1 天前
二关节机器人系统模型推导
线性代数·机器人·概率论·推导·拉格朗日函数·二关节机器人·机器人控制系统的设计
YuTaoShao2 天前
【LeetCode 热题 100】73. 矩阵置零——(解法二)空间复杂度 O(1)
java·算法·leetcode·矩阵
luofeiju2 天前
使用LU分解求解线性方程组
线性代数·算法
FF-Studio3 天前
【硬核数学 · LLM篇】3.1 Transformer之心:自注意力机制的线性代数解构《从零构建机器学习、深度学习到LLM的数学认知》
人工智能·pytorch·深度学习·线性代数·机器学习·数学建模·transformer
szekl3 天前
HDMI 2.0 4×2矩阵切换器412HN——多信号输入输出的高清解决方案
linux·矩阵·计算机外设·电脑·ekl