三月 2019

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陈娥老师代她朋友的儿子问我两道平面几何题,其中一题如下:

题目:已知$\triangle ABC$,过点$B,C$的圆分别交$AC,AB$于点$E,F$,$BE$与$CF$交于点$P$,$AP$交$BC$于点$D$,若$\angle BFD=\angle CFD$,求证:$BE=CE$.

此图像的alt属性为空;文件名为20190331-1.png

证明:由赛瓦定理,
\begin{equation}\label{eq:1}
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
\end{equation}
又因为$ED$是$\angle BFC$的角平分线,由角平分线分线段成比例定理,
\begin{equation}\label{eq:2}
\frac{FB}{FC}=\frac{BD}{DC}.
\end{equation}
将关系\eqref{eq:2}代入关系\eqref{eq:1},可得
$$
\frac{AF}{FB}\cdot \frac{FB}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=1,
$$
化简可得
\begin{equation}\label{eq:3}
\frac{AF}{FC}=\frac{EA}{CE}.
\end{equation}
此图像的alt属性为空;文件名为20190331-2.png
如图2所示,连接$EF$,延长线段$FD$交圆于点$H$.连接$BH$.

由角平分线分线段成比例定理的逆定理,关系式\eqref{eq:3}表明$EF$是$\angle AFC$的角平分线.则
$$
\angle EFH=\angle EFC+\angle CFH=\frac{1}{2}\angle
AFC+\frac{1}{2}\angle CFB=\frac{1}{2}\angle AFB=90^{\circ}.
$$
即圆周角$\angle EFH$为直角,故$EH$为圆的直径.由直径所对的圆周角为直角,可得$\angle EBH=90^{\circ}$.设$\angle BFD=\angle HFC=\alpha$,则由于圆周角$\angle HBC$和圆周角$HFC$对应于同一个圆心角,故
$$
\angle HBC=\angle HFC=\alpha,
$$
则$\angle EBC=\angle EBH-\angle HBC=90^{\circ}-\alpha$.

下面求角$\angle ECB$.因为
\begin{align*}
\angle EFB&=\angle EFC+\angle CFB
\\&=(\angle EFH-\angle CFH)+\angle CFB
\\&=(90^{\circ}-\alpha)+2\alpha
\\&=90^{\circ}+\alpha,
\end{align*}

$$
\angle ECB=180^{\circ}-\angle
EFB=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha=\angle EBC.
$$
故$\angle EBC$是等腰三角形,其中$EB=EC$.$\Box$

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问题 1 (习题1.22). 利用四舍五入来求和,使得其和的误差不超过$10^{-9}$.
\begin{align*}
&{\color{red}0.1234567898}765432104567898765432101
\\+&{\color{red}9.1111112221}112221118765432104567892
\end{align*}

解答 1.1. 只用取这两个小数的小数点后10位相加即可,所得误差会小于$2\times 10^{-10}$.

问题 2 (习题1.27). 以$s_1=1$作为第一项近似值找到$\sqrt{3}$的前四项近似值$s_1,s_2,s_3,s_4$,并迭代得到
$$
s_{n+1}=\frac{1}{2}\left(s_n+\frac{3}{s_n}\right).
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,结果如何?

解答 2.1. $$
s_1=1,s_2=2,s_3=\frac{7}{4},s_4=\frac{97}{56}.
$$
若以$s_1=2$作为第一项近似值,则结果会更加精确.可算得$s_4=\frac{18817}{10864}$.

问题 3 (习题1.41). 设由比值判别法可知级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n$收敛.利用比值判别法证明级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}na_n$也收敛.那么级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$呢?

解答 3.1. $$
\lim_{n\to\infty}\frac{|(n+1)a_{n+1}|}{|na_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\sum_{n=0}^{\infty}na_n$收敛.对于级数$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$来说, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{|(-1)^{n+1}(n+1)^{5}a_{n+1}|}{|(-1)^{n}n^{5}a_n|}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^5\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|}<1. $$ 故$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nn^5a_n$发散.

问题 4 (习题1.42). 证明级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{n^2+1}$发散.
解答 4.1. 因为$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{n^2+1}=1$,所以该级数发散.
问题 5 (习题1.47,1.49). 判断下列级数是绝对收敛,条件收敛还是发散.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$.
  • $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$.
解答 5.1.
  • 因为$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}=1$, 所以级数发散.
  • $$ \frac{n}{\sqrt{n^4+1}}>\frac{n}{\sqrt{4n^4}}=\frac{1}{2n}.
    $$
    而级数
    $$
    \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n}
    $$
    发散,故级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n}{\sqrt{n^4+1}}$发散.

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平均值不等式是说,对于正数$a_1,a_2,\cdots,a_n(n\geq 2)$,有
$$
\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}.
$$
等号当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$时成立.在博文平均值不等式的一个证明中我们曾经给出一种证明方法.现在我们给出另一种类似但是不同的证明.

令向量$\bm{x}_0=
\begin{bmatrix}
a_1\\
a_2\\
\vdots\\
a_n
\end{bmatrix}
$,且$\forall n\geq 1$,令
$$
\bm{x}_n=A\bm{x}_{n-1},
$$
其中矩阵
$$
A=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0&\cdots&0\\
0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&\cdots&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2}&0&0&\cdots&\frac{1}{2}
\end{bmatrix}
$$
是$n$阶循环矩阵.我们有

定理 1. $$
\lim_{k\to\infty}A^k=
\begin{bmatrix}
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n}\\
\end{bmatrix}
$$

证明 . 可得该矩阵的$n$个特征值$\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n}$是
$$
\lambda_k=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{\frac{\pi+2k\pi}{n}i},k\in \{1,2,\cdots,n\}
$$
其中$i$是虚数单位.易得$\forall 1\leq k\leq n$,$|\lambda_k|\leq 1$,当且仅当$k=n$时,$|\lambda_k|=1$.设矩阵$A$特征值$\lambda_k$所对应的特征向量是$\bm{u}_k$.令$t_{m,k}=(-e^{\frac{\pi+2k\pi}{n}i})^m$,可解得
$$
\bm{u}_k=
\begin{bmatrix}
1\\
t_{1,k}\\
t_{2,k}\\
\vdots\\
t_{n-1,k}
\end{bmatrix}
$$
对于任意的$1\leq k\leq n-1$,我们有
\begin{equation}\label{eq:1}
\sum_{j=0}^{n-1}t_{j,k}=\sum_{j=0}^{n-1}t_{1,k}^{j}=0.
\end{equation}
矩阵$A$可以谱分解为
$$
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\lambda_1&~&~&~\\
~&\lambda_2&~&~\\
~&~&\ddots&~\\
~&~&~&\lambda_n\\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix},
$$
其中分块矩阵$
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}^{-1}
$,且$\forall 1\leq i\leq n$,$\bm{v}_i^{T}$是$1\times n$行向量.则
$$
A^n=
\begin{bmatrix}
\bm{u}_{1}&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\lambda_1&~&~&~\\
~&\lambda_2&~&~\\
~&~&\ddots&~\\
~&~&~&\lambda_n\\
\end{bmatrix}^{n}
\begin{bmatrix}
\bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T}
\end{bmatrix},
$$
由于$\forall 1\leq k\leq n-1$,$|\lambda_k|<1$,$\lambda_n=1$,于是 \begin{align*} \lim_{n\to\infty}A^n&= \begin{bmatrix} \bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&~&~&~\\ ~&0&~&~\\ ~&~&\ddots&~\\ ~&~&~&1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T} \end{bmatrix}\\&= \begin{bmatrix} \bm{0}&\cdots&\bm{0}&\bm{u}_{n} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \bm{v}_1^{T}\\\bm{v}_2^{T}\\\vdots\\\bm{v}_n^{T} \end{bmatrix} \\&=\bm{u}_n\bm{v}_n^{T} \\&= \begin{bmatrix} \bm{v}_n^{T}\\ \bm{v}_n^T\\ \vdots\\ \bm{v}_n^T \end{bmatrix}. \end{align*} 下求$\bm{v}_n^T$.因为 $$ \begin{cases} \bm{v}_n^T\bm{u}_1=0,\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_2=0,\\ \vdots\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_{n-1}=0,\\ \bm{v}_n^T\bm{u}_n=1 \end{cases} $$ 由矩阵$ \begin{bmatrix} \bm{u}_1&\bm{u}_2&\cdots&\bm{u}_n \end{bmatrix} $可逆,结合\eqref{eq:1}可得,$\bm{v}_n^T$有唯一解 $$ \bm{v}_n^T= \begin{bmatrix} \frac{1}{n}&\frac{1}{n}&\cdots&\frac{1}{n} \end{bmatrix} $$ 故定理成立. $\Box$

设矩阵$A^k$第$1$行第$p$列的元素是$c_{1,p,k}$,第$2$行第$p$列的元素是$c_{2,p,k}$.我们有

定理 2. 对于任意正整数$k$,都有$$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,k}a_{j}\geq \prod_{j=1}^n a_j^{c_{1,j,k}}. $$
证明 . 对$k$进行归纳.当$k=1$时,由基本不等式, $$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,1}a_{j}=\frac{1}{2}a_1+\frac{1}{2}a_2\geq a_1^{\frac{1}{2}}a_2^{\frac{1}{2}}=a_1^{\frac{1}{2}}a_2^{\frac{1}{2}}a_3^0\cdots a_n^0=\prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,1}}, $$ 且 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{2,j,1}a_{j}=\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{2}a_{3}\geq a_2^{\frac{1}{2}}a_3^{\frac{1}{2}}=a_1^0a_2^{\frac{1}{2}}a_3^{\frac{1}{2}}a_3^{0}\cdots a_n^{0} =\prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,1}}$$ 此时命题成立.假设当$k=m(m\geq 1)$时,有 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m}a_{j}\geq \prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,m}} $$ 且 $$ \sum_{j=1}^{n}c_{2,j,m}a_{j}\geq \prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,m}}, $$ 则当$k=m+1$时,由基本不等式, \begin{align*} \sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m+1}a_{j}&=\sum_{j=1}^{n}(\frac{1}{2}c_{1,j,m}+\frac{1}{2}c_{2,j,m})a_j \\&=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}c_{1,j,m}a_{j}+\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}c_{2,j,m}a_{j} \\&\geq \frac{1}{2}\prod_{j=1}^na_j^{c_{1,j,m}}+\frac{1}{2}\prod_{j=1}^na_j^{c_{2,j,m}}\\&\geq \prod_{j=1}^na_{j}^{\frac{c_{1,j,m}+c_{2,j,m}}{2}}\\&=\prod_{j=1}^na_{j}^{c_{1,j,m+1}}. \end{align*} 由数学归纳法,定理对于任意正整数$k$都成立.$\Box$

在定理2中,令$k\to \infty$,则由定理1,$c_{1,j,k}\to \frac{1}{n}$.对定理2取极限,可得 $$ \lim_{k\to\infty}\sum_{j=1}^{n}c_{1,j,k}a_{j}\geq \lim_{k\to\infty}a_1^{c_{1,1,k}}a_2^{c_{1,2,k}}\cdots a_p^{c_{1,p,k}}\cdots a_n^{c_{1, n,k}}, $$ 即 $$ \frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}a_j\geq a_1^{\frac{1}{n}}a_2^{\frac{1}{n}}\cdots a_{p}^{\frac{1}{n}}\cdots a_n^{\frac{1}{n}}, $$ 此即平均值不等式.等号当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$时成立.

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此文写于2013年1月13日.现在重新整理如下:

平均值不等式:对于非负实数$a_1,a_2,\cdots,a_n$,有\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_n\geq n \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \end{align*}等号成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$.

证明:我们使用数学归纳法证明.当$n=2$时,命题显然成立(基本不等式).假设当$n=k-1(k\geq 3)$时命题也成立,即\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_{k-1}\geq (k-1)\sqrt[k-1]{a_1a_2\cdots a_{k-1}} \end{align*}等号成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_{k-1}$.

则$n=k$时,根据归纳假设有\begin{align*} &a_1+a_2+\cdots+a_k\geq \underbrace{(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}}_{k-1\mbox{个}}+a_k\\&= \underbrace{\left[(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots (a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}\right]}_{k-2\mbox{个}}+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+a_k\\&\geq \underbrace{\left[(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}+\cdots (a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_1}\right]}_{k-2\mbox{个}}+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}\\&+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}(\mbox{对最后两项使用基本不等式而得到})\\&\geq \underbrace{\left(a_1a_2\cdots a_{k-1}\right)^{T_3}a_k^{R_2}+\cdots +\left(a_1a_2\cdots a_{k-1}\right)^{T_3}a_k^{R_2}}_{k-1\mbox{个}}\\&+(a_1a_2\cdots a_{k-1})^{T_2}a_k^{R_1}(\mbox{对前k-1项使用归纳假设而得 到})\\&\geq\cdots \end{align*}其中\begin{align*} T_1=\frac{1}{k-1},T_2=\frac{1}{2(k-1)},T_3=\frac{(k-2)T_1+T_2}{k-1} \end{align*}\begin{align*}R_1=\frac{1}{2},R_2=\frac{1}{2(k-1)}\end{align*}按照这样的步骤反复操作,所谓这样的步骤,指的是:把前面$k-1$个相同项中的最后一项$M$分离开来,与第$k$项$P$一起使用基本不等式,得到$\sqrt{MP}+\sqrt{MP}$,然后根据归纳假设把前面$k-2$个$M$与$\sqrt{MP}$一 起使用均值不等式,于是又得到$k-1$个相同的项……容易得到在这样的操作步骤 中,每一步等号的成立都需要\begin{align*} a_1=a_2=\cdots=a_{k-1}=a_k \end{align*}按照这样的步骤,我们会发现$(a_1a_2\cdots a_{k-1})$的指数和$a_k$的指数会反复以数列的规律变化,下面具体探讨这两个数列.

我们先看数列$(T_n)_{n=1}^{\infty}$,其中\begin{align*} T_1=\frac{1}{k-1},T_2=\frac{1}{2(k-1)}, \end{align*}当$n$为奇数时,\begin{align*} T_{n+2}=\frac{(k-2)T_n+T_{n+1}}{k-1} \end{align*}当$n$为偶数时,\begin{align*} T_{n+2}=\frac{T_n+T_{n+1}}{2} \end{align*}容易得到通项公式\begin{align*} T_{2n}=\frac{1-(\frac{k-2}{2k-2})^n}{k},T_{2n+1}=\frac{1+\frac{1}{k-1}(\frac{k-2}{2k-2})^n}{k} \end{align*}故\begin{align*} \lim_{n\to\infty}T_n=\frac{1}{k} \end{align*}我们再看数列$(R_n)_{n=1}^{\infty}$,其中\begin{align*}R_1=\frac{1}{2},R_2=\frac{1}{2(k-1)}\end{align*}且\begin{align*}R_{2n+1}=\frac{R_{2n}+R_{2n-1}}{2}\end{align*}\begin{align*}R_{2n}=\frac{R_{2n-1}+(k-2)R_{2n-2}}{k-1}\end{align*}容易 解得通项公式\begin{align*}R_{2n}&=\frac{k-2}{k(2k-2)}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^{n-1}]+\frac{1}{2k-2}R_{2n+1}\\&=\frac{k-2}{2k}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^n]+\frac{1}{2}-\frac{(k-2)^2}{(2k-2)k}[1-(\frac{k-2}{2k-2})^{n-1}]-\frac{k-2}{2k-2}\end{align*}(我们的目标是求$\lim_{n\to\infty}R_n$,因此在此我不对式子进行化简)

从通项公式可得$\lim_{n\to\infty}R_n=\frac{1}{k}$.数列$(T_n)_{n=1}^{\infty}$和$(R_n)_{n=1}^{\infty}$的极限都是$\frac{1}{k}$,说明当进行如上步骤足够多次时,$a_k$和$(a_1a_2\cdots a_{k-1})$的指数会趋于$\frac{1}{k}$,再结合指数函数的连续性,容易得到\begin{align*} a_1+a_2+\cdots+a_k\geq k(a_1a_2\cdots a_k)^{\frac{1}{k}} \end{align*}可见,根据数学归纳法,不等式成立,且不等式成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_k$.

注:类似方法可以用到连续的凹函数和连续的凸函数上去.

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以下所有习题都来自David C.Lay《线性代数及其应用》第2.4节.

问题 1. 形如$A=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}
$的矩阵称为分块上三角矩阵,设$A_{11}$是$p\times p$矩阵,$A_{22}$是$q\times q$矩阵,且$A$为可逆矩阵.求$A^{-1}$的表达式.

解答 1.1. $$
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&0\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix},
$$
$$
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
$$

$$
\begin{bmatrix}
I&-A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix}.
$$

$$
A^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&-A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&0\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}^{-1}&-A_{11}^{-1}A_{12}A_{22}^{-1}\\
0&A_{22}^{-1}
\end{bmatrix}.
$$

问题 2. 证明$
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}
$可逆并求出它的逆.

解答 2.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
因此矩阵$
\begin{bmatrix}
I&0\\
A&I
\end{bmatrix}
$可逆.其逆为$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A&I
\end{bmatrix}
$.

问题 3. 计算$X^TX$,其中$X$分块为$
\begin{bmatrix}
X_1&X_2
\end{bmatrix}
$.

解答 3.1. $$
X^TX=
\begin{bmatrix}
X_1^T\\
X_2^T
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X_1&X_2
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
X_1^TX_1&X_1^TX_2\\
X_2^TX_1&X_2^TX_2
\end{bmatrix}.
$$

问题 4. 设$A_{11}$可逆,求出$X$与$Y$使
$$
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
X&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&0\\
0&S
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&Y\\
0&I
\end{bmatrix}
$$
其中$S=A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}$,矩阵$S$称为$A_{11}$的舒尔补,这样的表达式常在系统工程和其他地方中出现.

解答 4.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix},
$$
$$
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
I&-A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&0\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}.
$$
因此
$$
\begin{bmatrix}
I&Y\\
0&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&-A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix}^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&A_{12}A_{11}^{-1}\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
表明$Y=A_{12}A_{11}^{-1}$.
$$
\begin{bmatrix}
I&0\\
X&I
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix}^{-1}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
A_{21}A_{11}^{-1}&I
\end{bmatrix},
$$
表明$X=A_{21}A_{11}^{-1}$.

问题 5. 求分块矩阵$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
C&I&0\\
A&B&I
\end{bmatrix}
$的逆.

解答 5.1.
$$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
-C&I&0\\
BC-A&-B&I
\end{bmatrix}.
$$

问题 6. 设$A_{11}$是可逆矩阵,求出矩阵$X$和$Y$使下列的积有所说的形式,并计算$B_{22}$.
$$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
X&I&0\\
Y&0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}\\
A_{31}&A_{32}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
B_{11}&B_{12}\\
0&B_{22}\\
0&B_{32}
\end{bmatrix}.
$$

解答 6.1. $$
\begin{bmatrix}
I&0&0\\
-A_{21}A_{11}^{-1}&I&0\\
-A_{31}A_{11}^{-1}&0&I
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
A_{21}&A_{22}\\
A_{31}&A_{32}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}\\
0&A_{32}-A_{33}A_{11}^{-1}A_{12}
\end{bmatrix}
$$

问题 7. 设$A=
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}
$,其中$B$和$C$是方阵,证明$A$可逆当且仅当$B$和$C$都可逆.

解答 7.1. 当矩阵$B$和$C$都可逆时,
$$
\begin{bmatrix}
B^{-1}&0\\
0&C^{-1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix},
$$
因此矩阵$A$可逆.反之,当矩阵$A$可逆时,存在矩阵$X,Y,Z,W$,使得
$$
\begin{bmatrix}
X&Y\\
Z&W
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
B&0\\
0&C
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
I&0\\
0&I
\end{bmatrix}
$$
解得$XB=I,WC=I$.由于$B,C$都是方阵,因此矩阵$B$和$C$都可逆.

问题 8. 形如$A=
\begin{bmatrix}
A_{11}&A_{12}\\
0&A_{22}
\end{bmatrix}
$的矩阵称为分块上三角矩阵.证明矩阵$A$可逆当且仅当$A_{11}$和$A_{22}$都
可逆.

解答 8.1. 通过初等行变换可以把问题8化归为问题7.

问题 9. 当太空卫星发射之后,为使卫星在精确计算过的轨道上运行,需要校正它的位置.雷达屏幕给出一组向量$\bm{x}_1,\cdots,\bm{x}_k$,它们给出卫星在不同时间里的位置与计划轨道的比较.设$X_k$表示矩阵$
\begin{bmatrix}
\bm{x}_1&\cdots&\bm{x}_k
\end{bmatrix}
$,矩阵$G_k=X_kX_k^T$需要在雷达分析数据时计算出来,因数据向量高速到达,所以计算负担很重.分块矩阵的计算起很大作用.计算$G_k$和$G_{k+1}$的列展开,叙述从$G_k$如何计算$G_{k+1}$.

解答 9.1. $$
G_{k+1}=X_{k+1}X_{k+1}^T=
\begin{bmatrix}
X_k&\bm{x}_{k+1}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X_k^T\\
\bm{x}_{k+1}^T
\end{bmatrix}=X_kX_k^T+\bm{x}_{k+1}\bm{x}_{k+1}^T=G_k+\bm{x}_{k+1}\bm{x}_{k+1}^T.
$$

问题 10. 设$X$是$m\times n$矩阵,且$X^TX$可逆.又设$M=I_m-X(X^TX)^{-1}X^T$.加一列$\bm{x}_0$于这组数据,构成矩阵$W=
\begin{bmatrix}
X&\bm{x}_0
\end{bmatrix}
$,计算$W^TW$.它的$(1,1)$元素为$X^TX$,证明$X^TX$的舒尔补是$\bm{x}_0^TM\bm{x}_0$,可以证明数$(\bm{x}_0^TM\bm{x}_0)^{-1}$是$(W^TW)^{-1}$的$(2,2)$元素,在适当假设下,这个数有一个有用的统计解释.

解答 10.1. $$
W^{T}W=
\begin{bmatrix}
X^T\\
\bm{x}_0^{T}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
X&\bm{x}_{0}
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
X^TX&X^T\bm{x}_0\\
\bm{x}_{0}^TX&\bm{x_{0}}^{T}\bm{x}_0
\end{bmatrix}.
$$
$X^TX$的舒尔补是
$$
\bm{x}_0^{T}\bm{x}_0-\bm{x}_0^TX(X^{T}X)^{-1}X^T\bm{x}_0=\bm{x}_0^TM\bm{x}_0.
$$

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问题 1 (David C.Lay《线性代数及其应用》习题3.3.32). 令$S$是$\mathbf{R}^3$中具有顶点$\mathbf{0},\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3$的四面体,$S’$为具有顶点为$\mathbf{0},\bm{v}_1,\bm{v}_2,\bm{v}_3$的四面体,见下面的图形.
  • 描述一个将$S$映射到$S’$上的线性变换.
  • 利用$\{\mbox{S的体积}\}=\frac{1}{3}\{\mbox{底面
    积}\}\cdot\{\mbox{高}\}$这个事实给出一个四面体$S’$的体积公式.

此图像的alt属性为空;文件名为20190317-1.png

解答 1.1.
  • 设该线性变换是$T$,满足
    $$
    T(\bm{e}_1)=\bm{v}_1,T(\bm{e}_2)=\bm{v}_2,T(\bm{e}_3)=\bm{v}_3.
    $$
    设$\{\bm{e}_1,\bm{e}_2,\bm{e}_3\}=\mathcal{E}$构成$\mathbf{R}^3$的一组单位正交基底,则
    $$
    [T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}=\begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix},
    $$
    其中$\bm{v}_i^{\mathcal{E}}$是向量$\bm{v}_i$在基$\mathcal{E}$下的坐标.

  • $$
    \mathrm{Vol}S’=\frac{1}{6}\det \begin{bmatrix}\bm{v_{1}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{2}}^{\mathcal{E}}&\bm{v_{3}}^{\mathcal{E}}\end{bmatrix}
    $$


问题 2 (库奥涅夫《高等代数》习题10.3). 利用拉普拉斯定理,证明
$$
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}=(ac_1-a_1c)^2+(bd_1-b_1d)^2-(ab_1-a_1b)^2-(cd_1-c_1d)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c).
$$

解答 2.1. 由拉普拉斯定理,
\begin{align*}
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
a_1&b_1&c_1&d_1\\
d&c&b&a\\
d_1&c_1&b_1&a_1
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
a&b\\
a_1&b_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
b&a\\
b_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
a&c\\
a_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&a\\
c_1&a_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
a&d\\
a_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
c&b\\
c_1&b_1
\end{vmatrix}\\&+
\begin{vmatrix}
b&c\\
b_1&c_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}d&a\\
d_1&a_1
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
b&d\\
b_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&b\\
d_1&b_1
\end{vmatrix}+
\begin{vmatrix}
c&d\\
c_1&d_1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
d&c\\
d_1&c_1
\end{vmatrix}
\\&=-(ab_1-a_1b)^2+(ac_1-a_1c)^2-2(ad_1-a_1d)(bc_1-b_1c)+(bd_1-b_1d)^2-(cd_1-c_1d)^2
\end{align*}

问题 3 (奥库涅夫《高等代数》习题9.2). 利用行列式乘法规则证明下列恒等式
  • $(ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2$
  • $(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2$

解答 3.1.

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    a_1&b_1
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a&a_1\\
    b&b_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    a^2+b^2&aa_1+bb_1\\
    aa_1+bb_1&a_1^2+b_1^2
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (ab_1-a_1b)^2=(a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)-(aa_1+bb_1)^2.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b\\
    -b&a
    \end{vmatrix}
    \begin{vmatrix}
    a_1&b_1\\
    -b_1&a_1
    \end{vmatrix}=
    \begin{vmatrix}
    aa_1-bb_1&ab_1+a_1b\\
    -(ab_1+a_1b)&aa_1-bb_1
    \end{vmatrix},
    $$

    $$
    (a^2+b^2)(a_1^2+b_1^2)=(aa_1-bb_1)^2+(ab_1+a_1b)^2.
    $$


问题 4 (库奥涅夫《高等代数》习题10.2). 用第二行和第四行展开行列式
$$
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}.
$$

解答 4.1. \begin{align*}
\begin{vmatrix}
1&5&-1&7&3\\
-1&0&1&4&0\\
1&1&2&3&-1\\
5&0&1&1&0\\
-1&1&3&2&-2
\end{vmatrix}&=
\begin{vmatrix}
-1&1\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&7&3\\
1&3&-1\\
1&2&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
-1&4\\
5&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
5&-1&3\\
1&2&-1\\
1&3&-2
\end{vmatrix}-
\begin{vmatrix}
1&4\\
1&1
\end{vmatrix}
\begin{vmatrix}
1&5&3\\
1&1&-1\\
-1&1&-2
\end{vmatrix}
\\&=-6\times (-16)-(-21)\times (-3)-(-3)\times 20
\\&=93.
\end{align*}

问题 5 (库奥涅夫《高等代数》习题10.5). 求行列式
$$
\det A=\det
\begin{pmatrix}
a&b&c&d\\
-b&a&d&-c\\
-c&-d&a&b\\
-d&c&-b&a
\end{pmatrix}.
$$

解答 5.1. $$
AA^T=
\begin{pmatrix}
a^2+b^2+c^2+d^{2}&0&0&0\\
0&a^2+b^2+c^2+d^2&0&0\\
0&0&a^2+b^2+c^2+d^2&0\\
0&0&0&a^2+b^2+c^2+d^2
\end{pmatrix},
$$
因此
$$
\det AA^T=(a^2+b^2+c^2+d^2)^4,
$$

$$
\det A=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2.
$$

问题 6. 试计算下列诸行列式:

  • $$
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1+a&1&1&1\\
    1&1+b&1&1\\
    1&1&1+c&1\\
    1&1&1&1+d
    \end{vmatrix}.
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    a&b&c&d\\
    b&a&d&c\\
    c&d&a&b\\
    d&c&b&a
    \end{vmatrix}
    $$

  • $$
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}
    $$

解答 6.1.

  • \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    0&1&1&1\\
    1&0&a&b\\
    1&a&0&c\\
    1&b&c&0
    \end{vmatrix}&=-
    \begin{vmatrix}
    1&a&b\\
    1&0&c\\
    1&c&0
    \end{vmatrix}+
    \begin{vmatrix}
    1&0&b\\
    1&a&c\\
    1&b&0
    \end{vmatrix}-
    \begin{vmatrix}
    1&0&a\\
    1&a&0\\
    1&b&c
    \end{vmatrix}\\&=-(ac+bc-c^2)+(b^2-ab-bc)-(ac+ab-a^2)\\&=a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca.
    \end{align*}
  • 先计算特例,产生感觉.当$n=6$时,
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&4&5&6\\
    6&1&2&3&4&5\\
    5&6&1&2&3&4\\
    4&5&6&1&2&3\\
    3&4&5&6&1&2\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    -5&1&1&1&1&1\\
    1&-5&1&1&1&1\\
    1&1&-5&1&1&1\\
    1&1&1&-5&1&1\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&6&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&1&1&1&-5&1\\
    2&3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&6&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&1&1&-5&1\\
    2&2+3&4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&6&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&1&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&5&6&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -6&0&0&0&0&0\\
    0&-6&0&0&0&0\\
    0&0&-6&0&0&0\\
    0&0&0&-6&6&0\\
    1&2&3&4&-5&1\\
    2&2+3&2+3+4&2+3+4+5&6&1
    \end{vmatrix}
    \end{align*}
    同样可得
    \begin{align*}
    \begin{vmatrix}
    1&2&3&\cdots&n\\
    n&1&2&\cdots&n-1\\
    n-1&n&1&\cdots&n-2\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    2&3&4&\cdots&1
    \end{vmatrix}&=
    \begin{vmatrix}
    1-n&1&1&\cdots&1\\
    1&1-n&1&\cdots&1\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&n&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&1&1&\cdots&1-n&1\\
    2&3&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&\cdots&0\\
    0&-n&n&0&\cdots&0\\
    0&0&-n&n&\cdots&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    1&2&1&\cdots&1-n&1\\
    2&5&4&\cdots&n&1
    \end{vmatrix}
    \\\vdots
    \\&=
    \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&n&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&1-n&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&n&1
    \end{vmatrix}
    \\&= \begin{vmatrix}
    -n&0&0&0&0&0&0\\
    0&-n&0&0&0&0&0\\
    0&0&-n&0&0&0&0\\
    \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
    0&0&0&\cdots&-n&0&0\\
    1&2&3&\cdots&n-2&-1&1\\
    2&2+3&2+3+4&\cdots&2+3+\cdots+(n-1)&2+3+\cdots+n&1
    \end{vmatrix}
    \\&=(-n)^{n-2}(-1)-(-n)^{n-2}(2+3+\cdots+n)
    \\&=(-1)(-n)^{n-2}(1+2+\cdots+n)
    \\&=\frac{(-n)^{n-1}(n+1)}{2}.
    \end{align*}

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这是2019届温州市高三一模选择题最后一题.我解答如下.

问题 1. 已知数列$\{a_n\}$中的各项都小于$1$,$a_1=\frac{1}{2}$,$a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n(n\in \mathbf{N}^{+})$,记$S_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$,则$S_{10}\in $
  • $\left(0,\cfrac{1}{2}\right)$
  • $\left(\cfrac{1}{2},\cfrac{3}{4}\right)$
  • $\left(\cfrac{3}{4},1\right)$
  • $(1,2)$

解答 1.1.
$$
a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n,n\in \mathbf{N}^{+}
$$
变形可得
$$
(a_{n+1}-1)^2=a_n^2-a_n+1.
$$
又因为$a_{n+1}<1$,所以
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1.
$$
考虑函数$f(x)=-\sqrt{x^{2}-x+1}+1$在$x=0$处的Taylor展式:
$$
f(x)=\frac{x}{2}-\frac{3}{8}x^{2}-\frac{3}{16}x^{3}-\frac{3}{128}x^{4} + \frac{15}{256}x^{5} + \frac{57}{1026}x^{6} + O(x^7)
$$
易得
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n,
$$
所以$a_n\leq \left(\frac{1}{2}\right)^{n}$.而且
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_{n}^{2}-a_{n}+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n-\frac{3}{8}a_n^2,
$$
且函数$f(x)=\frac{1}{2}x-\frac{3}{8}x^2$在区间$(0,\frac{2}{3})$单调递增,因此
$$
a_{n+1}\leq \frac{1}{2}a_n-\frac{3}{8}a_n^2\leq \frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}\right)^n-\frac{3}{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n}.
$$

\begin{align*}
S_{10}&=a_{1}+\sum_{i=2}^{10}a_{i}\leq
a_{1}+\frac{1}{2}\sum_{i=2}^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{i-1}-\frac{3}{8}\sum_{i=2}^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{2(i-1)
}\\&=a_{1}+\frac{1}{2}\times\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\right]}{1-\frac{1}{2}}-\frac{3}{8}\times
\frac{\frac{1}{4}\left[1-\left(\frac{1}{4}\right)^{9}\right]}{1-\frac{1}{4}}\\&=\frac{7}{8}-\frac{1}{2^{10}}+\frac{1}{2^{21}}
\end{align*}
放大过头,解题失败.

解答 1.2.
$$
a_{n+1}^2-2a_{n+1}=a_n^2-a_n,n\in \mathbf{N}^{+}
$$
变形可得
$$
(a_{n+1}-1)^2=a_n^2-a_n+1.
$$
又因为$a_{n+1}<1$,所以
$$
a_{n+1}=-\sqrt{a_n^2-a_n+1}+1\leq \frac{1}{2}a_n,
$$
由此递推公式,可得
$$
a_2=1-\frac{\sqrt{3}}{2},a_3=1-\frac{\sqrt{7-2
\sqrt{3}}}{2},a_4=1-\frac{1}{2}\sqrt{11-2 \sqrt{3}-2 \sqrt{7-2 \sqrt{3}}},
$$
$$
a_5=1 – \frac{1}{2} \sqrt{15 – 2 \sqrt{3} – 2 \sqrt{7 – 2 \sqrt{3}} –
2 \sqrt{11 – 2 \sqrt{3} – 2 \sqrt{7 – 2 \sqrt{3}}}}< 0.01396
$$
所以
\begin{align*}
S_{10}&\leq
a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+\frac{1}{2}a_{5}+\frac{1}{2^{2}}a_{5}+\frac{1}{2^{3}}a_{5}+\frac{1}{2^{4}}a_{5}+\frac{1}{2^{5}}a_{5}
\\&=a_1+a_2+a_3+a_4+\frac{a_{5}(1-\frac{1}{2^{6}})}{1-\frac{1}{2}}<0.749778<0.75
\end{align*}
且$S_{10}>a_1+a_2>\frac{1}{2}$.所以答案选B.这是一个比较暴力的解答,在考试的时候是不可能产生的,因为需要用到计算器.

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