关于Cauchy矩阵

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设 $a_1, a_2, \cdots, a_n, b_1, b_2, \cdots, b_n$ 是实数, $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 是正实数. 证明:
$$\tag1
\left(\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i a_j}{c_i+c_j}\right)\left(\sum_{i, j=1}^n \frac{b_i b_j}{c_i+c_j}\right) \geq\left(\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i b_j}{c_i+c_j}\right)^2 .
$$
下面引用 韦东奕的妙解 冷岗松.pdf (362.53 KB, Downloads: 1)

2023-1-10 08:03 Upload

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事实上,只要证明下面结论:
设$x_1, x_2, \cdots, x_n\in\Bbb R$, $c_1,c_2, \cdots, c_n$ 是正实数,  则$$\tag2\sum_{i, j=1}^{n} \frac{x_{i} x_{j}}{c_{i}+c_{j}} \geq 0$$那么在 (2) 中令 $x_i=a_i x+b_i, i=1,2, \cdots, n$, 便得
$$\tag3
A x^2+2 C x+B \geq 0 ; \quad \forall x \in \mathbf{R} .
$$
其中
$$
A=\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i a_j}{c_i+c_j}, \quad B=\sum_{i, j=1}^n \frac{b_i b_j}{c_i+c_j}, \quad C=\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i b_j}{c_i+c_j} .
$$
再由 (3) 的判别式 $\triangle \leq 0$ 便得 (1).
这说明 (2) 式左边的非负性的判定是问题的关键, 韦的话正确. 当然这个二次型的非负性判定并不是新的, 本质上等同于早年波兰 (1992) 的一道竞赛试题:
设 $a_1, a_2, \cdots, a_n \in \mathbf{R}$. 证明:
$$
\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i a_j}{i+j} \geq 0 .
$$
对于上述问题, 尽管韦只花了几分钟, 我却花了几个小时. 但我心里仍然充满了快乐. 我想: 面对一般的问题, 天才和凡人或许只有时间的差别, 勤能补拙!

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下面转录 韦东奕用瞪眼法，一句话解决的数学难题！火星课堂 17.8K subscribers
(前半段与1#相同) 问题归结为
设 $x_1,x_2, \cdots,x_n \in \mathbf{R}$. 证明:
\[\sum_{i, j=1}^n \frac{x_i x_j}{c_i+c_j} \geq 0 .\]
构造函数\[f(m)=\sum_{i, j=1}^n \frac{x_i x_j}{c_i+c_j}m^{c_i+c_j}\quad,m\ge0\]
为了证明$f(m)$在$m>0$单增, 计算导数\begin{align*}f'(m)&=\frac1m\sum_{i, j=1}^n x_i x_jm^{c_i+c_j}\\&=\frac1m\left(\sum_{i=1}^nx_im^{c_i}\right)^2>0\end{align*}故\[f(1)\ge f(0)=0\]

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下面引用龙凤呈祥123 博客园
问题    证明如下Cauchy矩阵正定$$A=\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n},a_{i}\neq a_{j}>0$$
证明不难,由于他的各阶顺序主子式是可求的,容易验证均为正,从而$A$正定；另一方法是利用欧氏空间一组基的度量矩阵必为正定的,这里我们取\begin{align}V={\rm span}\left\{x^{a_{1}-1/2},\cdots,x^{a_{n}-1/2}\right\},x\in[0,1]\label1\end{align}
可以验证$V$确实构成线性空间,并且我们定义内积$$\left< x^{a_{i}-1/2},x^{a_{j}-1/2}\right>=\int_{0}^{1}x^{a_{i}-1/2}\cdot x^{a_{j}-1/2}{\rm d}x=\frac{1}{a_{i}+a_{j}}$$
所以$A$即为\eqref{1}中基的度量阵,必然正定.
当然了空间$V$和基的选取并不唯一,例如可以取$$\frac{1}{a_{i}+a_{j}}=\int_{0}^{+\infty}e^{-a_{i}x}\cdot e^{-a_{j}x}{\rm d}x$$
而这样选取对这个结论的推广是有益的.更一般的我们有：矩阵$$B=\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^λ}\right)_{n\times n},λ>0$$
是正定的.因为$$\frac{1}{\left(a_{i}+a_{j}\right)^λ}=\frac{1}{\Gamma(λ)}\int_{0}^{+\infty}e^{-a_{i}x}\cdot e^{-a_{j}x}x^{λ-1}{\rm d}x$$
所以说$B$也是正定的.  而如果$λ\in\mathbb N$,则可以用Hadamard乘积来说明$B$的正定性,由于$$\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^λ}\right)_{n\times n}=\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n}\circ\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n}\circ\cdots\circ\left(\frac{1}{a_{i}+a_{j}}\right)_{n\times n}$$
而Hadamard乘积的一个重要性质就是：若$A,B$正定,那么他们的Hadamard乘积$A\circ B$也是正定的.这样也能得出正定性.
据此我们还可以得出如下矩阵的正定性$$C=\left(\frac{1}{a_{i}^{2}+λ a_{i}a_{j}+a_{j}^{2}}\right)_{n\times n},λ\in(-2,2)$$
由于\begin{align*}\frac{1}{a_{i}^{2}+λ a_{i}a_{j}+a_{j}^{2}}&=\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^2}\cdot\frac{1}{1-\frac{(2-λ)a_{i}a_{j}}{(a_{i}+a_{j})^2}}\\&=\sum_{k=0}^{\infty}(2-λ)^k\frac{a_{i}^{k}a_{j}^k}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\end{align*}
注意到每个矩阵$\left(\frac{a_{i}^{k}a_{j}^k}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}$都是正定的,这是由于$$\left(\frac{a_{i}^{k}a_{j}^k}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}=\left(\begin{array}{ccc}a_{1}^{k}&&\\&\ddots&\\&&a_{n}^{k}\end{array}\right)\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}\left(\begin{array}{ccc}a_{1}^{k}&&\\&\ddots&\\&&a_{n}^{k}\end{array}\right)$$
与$\left(\frac{1}{(a_{i}+a_{j})^{2k+2}}\right)_{n\times n}$合同,因此正定.而正定矩阵之和也是正定的,因此矩阵$C$也是正定的.

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称行列式$$\det A=\det\left(\frac{1}{a_{i}+b_{j}}\right)_{n\times n}$$为Cauchy行列式,我们来计算他：
由于$$\det\left(\frac{1}{a_{i}+b_{j}}\right)_{n\times n}=\frac{1}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}\det(c_{ij})_{n\times n}$$
如果将$a_{1},\cdots,a_{n},b_{1},\cdots,b_{n}$视作变量,那么每个$c_{ij}$都是一个$n-1$次的多元多项式,因此$\det(c_{ij})_{n\times n}$的结果必然是一个$n(n-1)$次的多元多项式$f(a_{1},\cdots,a_{n},b_{1},\cdots,b_{n})$(简记作$f$).
如果我们将$a_{1}$视作变量,而其余视作常数,那么显然当$a_{1}=a_{k},k=2,3,\cdots,n$时,必然有$$f=\det(c_{ij})_{n\times n}=0$$
从而$f$有因子$(a_{1}-a_{k}),k=2,3,\cdots,n$;以此类推可知$f$含有因子$$g=\prod_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})$$
注意到$${\rm deg }g=2\times\binom{n}{2}={\rm deg}f$$
因此$f$和$g$仅相差一个非零常系数.即$$\det A=\frac{C\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}$$我们来求这个系数$C$,现令$$a_{i}=\frac{1}{2}+ix,b_{j}=\frac{1}{2}-jx$$,那么$$\det A=\det\left(\frac{1}{1+(i-j)x}\right)_{n\times n}$$
注意到上式的结果对于充分大的$x$是连续的,从而我们令$x\to\infty$可知$$\det A=1$$
而此时\begin{align*}\lim_{x\to\infty}\frac{\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}&=\lim_{x\to\infty}\frac{\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(i-j)x(j-i)x}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(1+(i-j)x)}\\&=\frac{-\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(i-j)^2}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n,i\neq j}(i-j)}=1\\\Rightarrow C&=1\end{align*}
综上便知$$\det\left(\frac{1}{a_{i}+b_{j}}\right)_{n\times n}=\frac{\prod\limits_{1\leq i<j\leq n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})}{\prod\limits_{1\leq i,j\leq n}(a_{i}+b_{j})}$$

kuing

komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=A493&l=en

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ProofWiki 新创建了页面 proofwiki.org/wiki/Definition:Hilbert_Matrix
定理Hilbert Matrix is Symmetric Positive Definite
欢迎把证明抄过去😀

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Czhang271828 发表于 2023-1-10 01:27
讲义（home.ustc.edu.cn/~richardzheng/math/LAwxm.pdf）中例 3.9 中书写比较直观。

例 3.9. 方阵 $C=\left(\begin{array}{cccc}\frac{1}{s_1-t_1} & \frac{1}{s_1-t_2} & \cdots & \frac{1}{s_1-t_n} \\ \frac{1}{s_2-t_1} & \frac{1}{s_2-t_2} & \cdots & \frac{1}{s_2-t_n} \\ \vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\ \frac{1}{s_n-t_1} & \frac{1}{s_n-t_2} & \cdots & \frac{1}{s_n-t_n}\end{array}\right)$ 称为 Cauchy 方阵. 计算 $\operatorname{det}(C)$ 和 $C^{-1}$.
解答. 设 $p(x)=\prod_{i=1}^n\left(x-t_i\right), q_j(x)=\frac{p(x)}{x-t_j}=\sum_{i=1}^n a_{i j} x^{i-1}$. 由矩阵乘积分解
\[
C=\left(\frac{q_j\left(s_i\right)}{p\left(s_i\right)}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
\frac{1}{p\left(s_1\right)} & & & \\
& \frac{1}{p\left(s_2\right)} & & \\
& & \ddots & \\
& & & \frac{1}{p\left(s_n\right)}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}
1 & s_1 & \cdots & s_1^{n-1} \\
1 & s_2 & \cdots & s_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
1 & s_n & \cdots & s_n^{n-1}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n}
\end{array}\right)
\]

和
\[
\left(\begin{array}{ccc}
q_1(t_1) & & \\
&q_2(t_2) \\
&& \ddots & \\
&&& q_n(t_n)
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
1 & t_1 & \cdots & t_1^{n-1} \\
1 & t_2 & \cdots & t_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
1 & t_n & \cdots & t_n^{n-1}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n}
\end{array}\right)
\]
可得
\[
\begin{aligned}
C & =\left(\begin{array}{cccc}
\frac{1}{p\left(s_1\right)} & & & \\
& \frac{1}{p\left(s_2\right)} & & \\
& & \ddots & \\
& & & \frac{1}{p\left(s_n\right)}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}
1 & s_1 & \cdots & s_1^{n-1} \\
1 & s_2 & \cdots & s_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
1 & s_n & \cdots & s_n^{n-1}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}
1 & t_1 & \cdots & t_1^{n-1} \\
1 & t_2 & \cdots & t_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
1 & t_n & \cdots & t_n^{n-1}
\end{array}\right)^{-1}\left(\begin{array}{ccc}
q_1(t_1) & & \\
&q_2(t_2) \\
&& \ddots & \\
&&& q_n(t_n)
\end{array}\right) \\
C^{-1} & =\left(\begin{array}{cccc}
\frac{1}{q_1\left(t_1\right)} & & & \\
& \frac{1}{q_2\left(t_2\right)} & & \\
& & \ddots & \\
& & & \frac{1}{q_n\left(t_n\right)}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}
1 & t_1 & \cdots & t_1^{n-1} \\
1 & t_2 & \cdots & t_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
1 & t_n & \cdots & t_n^{n-1}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{cccc}
1 & s_1 & \cdots & s_1^{n-1} \\
1 & s_2 & \cdots & s_2^{n-1} \\
\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
1 & s_n & \cdots & s_n^{n-1}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}
p_1(t_1) & & \\
&p_2(t_2) \\
&& \ddots & \\
&&& p_n(t_n)
\end{array}\right)
\end{aligned}
\]
因此,
\[
\operatorname{det}(C)=\prod_{i=1}^n \frac{q_i\left(t_i\right)}{p\left(s_i\right)} \prod_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \frac{s_j-s_i}{t_j-t_i}=\prod_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(s_j-s_i\right)\left(t_i-t_j\right) \prod_{i, j=1}^n\left(s_i-t_j\right)^{-1} .
\]$\square$

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hbghlyj 发表于 2023-1-10 01:25
设 $a_1, a_2, \cdots, a_n, b_1, b_2, \cdots, b_n$ 是实数, $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 是正实数. 证明:

Hilbert's Inequality有一个推广：
$$\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_m b_n}{m+n}<\pi \csc \left(\frac{\pi}{p}\right)\left(\sum_{m=1}^{\infty} a_m{ }^p\right)^{1 / p}\left(\sum_{n=1}^{\infty} b_n{ }^q\right)^{1 / q}$$
这个常数$\pi \csc \left(\frac{\pi}{p}\right)$是怎么来的？

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一般不等式研究在中国的新进展
苏州市教育科学研究院
by 匡继昌 · 2005 · Cited by 7 — 摘要：回顾了20世纪80年代以来一般不等式研究在中国的进展

Hilbert 在他的积分方程课程中证明 $p=2$ 的情况，但没有考虑常数的精确性。1908 年由 Weyl. H 发表 (1) 式当 $p=2$ 时的证明。 1911 年 Schur 找到 (1) 式中 $p=2$ 时的精确常数 $c=\pi$ 。 1925 年 Hardy 与 Riesz 证明了 (1) 式的积分形式 \begin{gathered} \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} \frac{f(x) g(y)}{x+y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y< \\ \frac{\pi}{\sin \left[\frac{\pi}{p}\right]}\left[\int_0^{\infty} f^p(x) \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{p}}\left[\int_0^{\infty} g^q(x) \mathrm{d} x\right]^{\frac{1}{q}} \end{gathered} 式中 $f \in L^p(0, \infty), g \in L^q(0, \infty)$, $f, g \geqslant 0$, $0 \leqslant\int_0^{\infty} f^p<\infty$, $0<\int_0^{\infty} g^q<\infty$, $p>1$, $1 / p+1 / q=1$.