|
|
二、定理 1 的证明
定理1可叙述为下列与之等价的形式：
定理 1* 设 $\Omega, Q^{\prime}, Q^{\prime \prime}$ 是 $E^n$ 中的单形，又令 $a_{i j}, b_{i j}, c_{i j}(i, j=1,2, \cdots, n+1)$ ， $|Q| 、\left|Q^{\prime}\right| 、\left|Q^{\prime \prime}\right|$ 分别表它们各棱的长度及它们的体积. 如果
$$\tag{10}
c_{i j}^2=a_{i j}^2+b_{i j}^2, \quad(i, j=1,2, \cdots, n+1),
$$
则有
$$\tag{11}
\left|Q^{\prime \prime}\right|^{\frac{2}{n}} \geqslant|Q|^{\frac{2}{n}}+\left|Q^{\prime}\right|^{\frac{2}{n}} .
$$
而等号当且仅当这些单形两两相似时成立.
证 引进记号
$$
\begin{aligned}
& \left\{\begin{array}{lr}
q_{i j}=\frac{1}{2}\left(a_{i, n+1}^2+a_{j, n+1}^2-a_{i j}^2\right), &(12)\\
r_{i j}=\frac{1}{2}\left(b_{i, n+1}^2+b_{i, n+1}^2-b_{i j}^2\right),\\
Q=\left(a_{i j}\right), R=\left(r_{i j}\right), &(13)\\
s_{i j}(\lambda)=q_{i j}+\lambda r_{i j}, &(14)\\
S(\lambda)=\left(s_{i j}(\lambda)\right), \\
(i, j=1,2, \cdots, n) ; \quad Q, R, S(\lambda) \text { 都是 } n \text { 阶方阵.}
\end{array}\right. \\
& \quad f_{i j}(\lambda)=-\frac{1}{2}\left(a_{i j}^2+\lambda b_{i j}^2\right),(i, j=1,2, \cdots, n+1), &(15)\\
& F(\lambda)=\left(\begin{array}{ll}
0 & 1 \cdots 1 \\
1 \\
\vdots & f_{i j}(\lambda) \\
1
\end{array}\right) \quad(F(\lambda) \text { 是 } n+2 \text { 阶方阵}) .
\end{aligned}
$$
首先，我们考虑方程 $\operatorname{Det} F(\lambda)=0$ 的根。将此行列式的第零行（列）乘以 $-f_{i, n+1}(\lambda)$ （或一 $f_{n+1, j}(\lambda)$ ) 再加到第 $i$ 行 $(j$ 列) 上去可得
$$
\begin{aligned}
\operatorname{Det} F(\lambda) & =\left|\begin{array}{ccc}
0 & 1 & 1 \cdots \\
1 & & \\
1 & & f_{i j}(\lambda) \\
\vdots &
\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cccc}
0 & 1 & \cdots & 1 \\
1 & & & 0 \\
\vdots & s_{i j}(\lambda) & \vdots \\
1 & & 0 \\
1 & 0 & \cdots & 0
\end{array}\right| \\
& =-\operatorname{Det} S(\lambda)=-\operatorname{Det}(Q+\lambda R) .
\end{aligned}
$$
又置
$$\tag{16}
-\operatorname{Det} F(\lambda)=\operatorname{Det}(Q+\lambda R)=c_0 \lambda^n+c_1 \lambda^{n-1}+\cdots+c_n .
$$
这里 $Q$ 和 $R$ 都是实对称正定矩阵，从而所有这些系数 $c_0, c_1, \cdots, c_n$ 都是非负的，于是这个方程所有的根都是非正的。由 Maclaurin 不等式我们得到:
$$\tag{17}
\frac{c_1}{c_0} /\binom{n}{1} \geqslant\left[\frac{c_2}{c_0} /\binom{n}{2}\right]^{\frac{1}{2}} \geqslant\left[\frac{c_3}{c_0} /\binom{n}{3}\right]^{\frac{1}{3}} \geqslant \cdots \geqslant\left[\frac{c_n}{c_0}\right]^{\frac{1}{n}},
$$
从它可以导出
$$\tag{18}
c_k \geqslant\binom{ n}{k} c_n{ }^{\frac{k}{n}} c_0^{1-\frac{k}{n}} \quad(k=0,1, \cdots, n)
$$
另一方面，由直接计算可得
$$\tag{19}
c_0=\operatorname{Det} R, \quad c_n=\operatorname{Det} Q,
$$
这里 $Q$ 和 $R$ 分别是 $Q$ 和 $Q^{\prime}$ 的 Gram 行列式，故有
$$\tag{20}
c_0=n!^2\left|Q^{\prime}\right|^2, \quad c_n=n!^2|Q|^2 .
$$
又,在(16)式中令 $\lambda=1$, 得到
$$\tag{21}
c_0+c_1+\cdots+c_n=-\operatorname{Det} F(1)=-\left|\begin{array}{ccc}
0 & 1 & 1 \\
1 & & \\
1 & -\frac{1}{2} & c_{i j}^2 \\
\vdots & \\
1 &
\end{array}\right|=n!^2\left|Q^{\prime \prime}\right|^2
$$
这最后一步用到了单形体积公式(见文献[3]或[4]), 然后将(18)式中诸不等式对 $k$ 求和:
$$\tag{22}
c_0+c_1+\cdots+c_n \geqslant \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} c_0{ }^{1-\frac{k}{n}} c_n{ }^{\frac{k}{n}}=\left(c_0{ }^{\frac{1}{n}}+c_n{ }^{\frac{1}{n}}\right)^n
$$
将（21）、（20）式代入（22）式就得到（11）式： $\left|Q^{\prime \prime}\right|^{\frac{2}{n}} \geqslant|Q|^{\frac{2}{n}}+\left|Q^{\prime}\right|^{\frac{2}{n}}$ 。
最后来考虑（11）式中等式成立的充分必要条件。当 $Q$ 与 $Q^{\prime}$ 相似时，等式的成立是显然的。反之如果（11）式的等式成立，则（18）式的等式也成立. 按 Maclaurin 定理，这时 $\operatorname{Det}(Q+\lambda R)$ 应有 $n$ 重根 $-\mu_0$, 于是 $\operatorname{Rank}\left(Q-\mu_0 R\right)=0$, 即: $Q=\mu_0 R$,
$$\tag{23}
q_{i j}=\mu_0 r_{i j} \quad(i, j=1,2, \cdots, n) .
$$
再从（12）式得到
$$\tag{24}
a_{i j}=\mu_0 b_{i j} \quad(i, j=1,2, \cdots, n) .
$$
即 $\Omega$ 与 $Q^{\prime}$ 相似（于是 $Q^{\prime \prime}$ 也与它们相似）。条件的必要性证毕. 从而定理 1 得证. |
|
hbghlyj
发表于 2024-11-15 16:00
