RE:ゼロから始める PKU 生活

RE:ゼロから始める PKU 生活 episode 1

zsy也成为大学生了呢!开学都一周了才意识到吗

也想不到有什么成体系的内容可以完整地记录下来,索性就每天随便写点东西吧。

9.25

互信息(Mutual Information)

首先定义一下信息。一个离散随机变量\(X\)的信息定义为

\[H(X)=-\sum_{x \in X}p(x)\log(p(x)) \]

两个离散随机变量\(X,Y\)的互信息定义为

\[I(X;Y)=\sum_{x \in X}\sum_{y \in Y}p(x,y)\log\frac{p(x,y)}{p(x)p(y)} \]

互信息顾名思义就是指变量\(X,Y\)之间共享的信息。比方说假如\(X,Y\)相关性很强,那么在传输了\(X\)后,传输\(Y\)所需要的信息量就会大大减少。

一些性质

非负性

琴生不等式:若\(f(x)\)\([a,b]\)上的凸函数(默认定义为下凸),\(x_1,x_2...x_n \in [a,b], 0 \le a_1, a_2 ... a_n \le 1, \sum_{i=1}^na_i=1\),则

\[f(\sum_{i=1}^na_ix_i)\le \sum_{i=1}^na_if(x_i) \]

由于\(f(x)=\log x\)是上凸函数(不等号反向),故将\(a_i = p(x,y), x_i = \frac{p(x)p(y)}{p(x,y)}\)代入可得

\[-I(X;Y)=\sum_{x \in X}\sum_{y \in Y}p(x,y)\log\frac{p(x)p(y)}{p(x,y)}\\\le \log[\sum_{x \in X}\sum_{y \in Y}p(x,y)\frac{p(x)p(y)}{p(x,y)}]\\=0 \]

因此\(I(X;Y) \ge 0\)

对称性

\[I(X;Y)=H(X)-H(X|Y)=H(Y)-H(Y|X)=I(Y;X) \]

直观理解即可,即,\(X,Y\)之间的互信息,等于在传输\(X\)后可以少传输的\(Y\)的信息,等于在传输\(Y\)后可以少传输的\(X\)的信息。

下面推导一下\(I(X;Y)=H(Y)-H(Y|X)\)

\[I(X;Y)=\sum_{x \in X}\sum_{y \in Y}p(x,y)\log\frac{p(x,y)}{p(x)p(y)}\\=\sum_{x \in X}\sum_{y \in Y}p(x,y)\log\frac{p(x,y)}{p(x)}-\sum_{x \in X}\sum_{y \in Y}p(x,y)\log p(y)\\=\sum_{x \in X}\sum_{y \in Y}p(x)p(y|x)\log p(y|x)-\sum_{y \in Y}p(y)\log p(y)\\=-\sum_{x \in X}p(x)H(Y|x)+H(Y)\\=-H(Y|X)+H(Y) \]

9.26

一些数学题

证明:\(\sup_{n \in \mathbb N}\{sin(n)\}=1\)

考虑证明一个一般化的命题:\(\alpha\)是一个无理数,\(\{n\alpha-\lfloor n\alpha\rfloor:n \in \mathbb N\}\)\((0,1)\)稠密稠密就是指任意一个区间里都存在,规范化定义为:\(\forall (l,r) \subset (0,1),\exists k\in \mathbb N, s.t. k\alpha-\lfloor k\alpha\rfloor\in(l,r)\)

这个命题可以等价于:\(\forall m \in \mathbb N, \exists k\in \mathbb N, s.t. k\alpha-\lfloor k\alpha\rfloor < \frac 1m\),证明这个命题可以考虑\(\alpha-\lfloor\alpha\rfloor, 2\alpha-\lfloor2\alpha\rfloor...(m+1)\alpha-\lfloor(m+1)\alpha\rfloor\)\(m+1\)个数,在\((0,\frac 1m),(\frac 1m,\frac 2m)...(\frac{m-1}m,1)\)\(m\)个区间中至少存在一个区间包含了至少两个数,那么这两数的差就必然\(< \frac 1m\)

回到原问题,只需要证明\(\forall\epsilon>0, \exists n \in \mathbb N, s.t.1-\epsilon < sin(n) < 1\),即\(\frac{\arcsin(1-\epsilon)}{2\pi}<\frac n{2\pi}-\lfloor\frac n{2\pi}\rfloor<\frac 14\),利用稠密性说明即可。

证明:\(\mathbb Q(\sqrt[n]2)=\{\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sqrt[n]{2^i}|a_0, a_1...a_{n-1}\in \mathbb Q\}\)是一个数域。

主要考虑证明\(\mathbb Q(\sqrt[n]2)\)对除法封闭。进一步的,我们证明\(\forall x = \sum_{i=0}^{n-1}a_i\sqrt[n]{2^i}\in \mathbb Q(\sqrt[n]2), x \neq 0, \exists y \in \mathbb Q(\sqrt[n]2), s.t. xy=1\)

定义\(\xi_k=\sqrt[n]2e^{\frac{2\pi ik}{n}}(k=0,1...n-1)\)为方程\(x^n-2=0\)\(n\)个解,记\(f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\)。考虑构造矩阵

\[A=\begin{bmatrix} a_0&a_1&a_2&\cdots&a_{n-1}\\ 2a_{n-1}&a_0&a_1&\cdots&a_{n-2}\\ 2a_{n-2}&2a_{n-1}&a_0&\cdots&a_{n-3}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 2a_1&2a_2&2a_3&\cdots&a_0 \end{bmatrix} \]

\[B=\begin{bmatrix} \xi_0^0&\xi_1^0&\cdots&\xi_{n-1}^0\\ \xi_0^1&\xi_1^1&\cdots&\xi_{n-1}^1\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ \xi_0^{n-1}&\xi_1^{n-1}&\cdots&\xi_{n-1}^{n-1}\\ \end{bmatrix} \]

观察发现

\[AB=\begin{bmatrix} f(\xi_0)&f(\xi_1)&\cdots&f(\xi_{n-1})\\ \xi_0f(\xi_0)&\xi_1f(\xi_1)&\cdots&\xi_{n-1}f(\xi_{n-1})\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ \xi_0^{n-1}f(\xi_0)&\xi_1^{n-1}f(\xi_1)&\cdots&\xi_{n-1}^{n-1}f(\xi_{n-1})\\ \end{bmatrix}=(\prod_{i=0}^{n-1}f(\xi_i))B\]

于是有

\[|A|=\prod_{i=0}^{n-1}f(\xi_i) \]

由于\(f(\xi_i) \neq 0\),故\(|A| \neq 0\)。这说明方程组

\[A^T\begin{bmatrix}b_0\\b_1\\ \vdots\\b_{n-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\ \vdots\\0\end{bmatrix} \]

有唯一解,即可以唯一构造\(y=\sum_{i=0}^{n-1}b_i\sqrt[n]{2^i}\)使得\(xy=1\)成立。

10.12

最近有点忙,随缘更。

数分习题课小记

\((\frac{*}{\infty})\)型Stolz定理的证明

\(\{b_n\}\)严格单调增且\(\lim\limits_{n \to \infty}b_n = + \infty\)

证明:若\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l\),则\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_n}{b_n}=l\)

\(l=0\)时,\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=0\),也即\(\forall \epsilon > 0, \exists N \in \mathbb{N}, s.t.\forall n > N, |\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}| < \epsilon,|a_{n+1}-a_n|<\epsilon(b_{n+1}-b_n).\)

累加若干不等式可以得到

\[|a_n-a_N|=|\sum_{i=N+1}^n(a_i-a_{i-1})|\\\le\sum_{i=N+1}^n|a_i-a_{i-1}|\\< \epsilon\sum_{i=N+1}^n(b_i-b_{i-1})\\=\epsilon(b_n-b_N) \]

不等式两边同除以\(b_n\)

\[|\frac{a_n}{b_n}-\frac{a_N}{b_n}| < \epsilon(1-\frac{b_N}{b_n}) \]

\(a_N,b_N\)是常数,而\(\lim\limits_{n \to \infty}b_n = + \infty\),故\(|\frac{a_n}{b_n}|<\epsilon(1-\frac{b_N}{b_n})+\frac{a_N}{b_n}\)两边取极限得\(\lim\limits_{n \to \infty}|\frac{a_n}{b_n}| < \epsilon\)。故\(\lim\limits_{n \to \infty}|\frac{a_n}{b_n}| = 0\)

\(l \neq 0\)且有限时,构造序列\(a_n' = a_n + lb_n\),则有

\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=l \\\Rightarrow \lim\limits_{n \to \infty}(\frac{a_{n+1}'-a_n'}{b_{n+1}-b_n}+l)=l\\\Rightarrow\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}'-a_n'}{b_{n+1}-b_n}=0\\\Rightarrow\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_n'}{b_n}=0\\\Rightarrow\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_n}{b_n}=l \]

\(l = \pm \infty\)时,以\(+ \infty\)为例,不难证明此时\(\{a_n\}\)也满足严格单调增,且\(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = + \infty\),从而说明\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=0_+\),利用\(l=0\)时的结论即可完成证明。

例题

\[\begin{cases}x_1 = \frac 35\\ y_1 = \frac 45\\x_{n+1} = x_n \cos y_n - y_n \sin y_n\\ y_{n+1} = x_n \sin y_n + y_n \cos y_n\end{cases} \]

判断\(\{x_n\},\{y_n\}\)极限的存在性,若存在则求之。

由数学归纳法可证\(x_n^2+y_n^2 = 1\)

由此可设\(x_n = \cos \theta_n, y_n = \sin \theta_n\)

\[\begin{cases}\cos \theta_{n+1} = \cos\theta_n \cos \sin\theta_n - \sin\theta_n \sin \sin\theta_n\\ \sin\theta_{n+1} = \cos\theta_n \sin \sin\theta_n + \sin\theta_n \cos \sin\theta_n\end{cases} \]

可知

\[\theta_{n+1}=\theta_n + \sin\theta_n \]

有界性:\(\theta_1 = \arcsin \frac 45 \in (0,\pi)\),若\(\theta_k < \pi\),记\(\theta_k = \pi - \epsilon(\epsilon > 0)\),则\(\theta_{k+1} = \pi - \epsilon + \sin(\pi - \epsilon) = \pi - \epsilon + \sin \epsilon < \pi\),因此\(\theta_n \in (0,\pi)\)对于\(\forall n \in \mathbb N\)均成立。

单调性:\(\theta_n \in (0,\pi)\)\(\sin \theta_n > 0\),故成立。

根据单调收敛原理\(\{\theta_n\}\)收敛,易得其极限为\(\pi\)

\[\begin{cases} \lim\limits_{n \to \infty}\theta_n = \pi\\ \lim\limits_{n \to \infty}x_n = \lim\limits_{n \to \infty}\cos \theta_n = -1\\ \lim\limits_{n \to \infty}y_n = \lim\limits_{n \to \infty}\sin \theta_n = 0 \end{cases}\]

例题

\(\{q_n\}\)满足\(0 < q_n < 1,(1-q_n)q_{n+1} > \frac 14\)。证明:\(\{q_n\}\)单调递增且极限为\(\frac 12\)

反证。若\(\exists n, s.t. q_{n+1} \le q_n\),则\(\frac 14 < (1-q_n)q_{n+1} \le (1-q_n)q_n \le \frac 14\)矛盾,故\(\{q_n\}\)单调递增。

因为单调有界,所以极限存在,设之为\(a\),则\((1-a)a \ge \frac 14\),可知\(a = \frac 12\)

10.15

高代习题课小记

求行列式

\[D_n=\begin{vmatrix} 1&1&1&\cdots&1\\ x_1&x_2&x_3&\cdots&x_n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ x_1^{n-2}&x_2^{n-2}&x_3^{n-2}&\cdots&x_{n}^{n-2}\\ x_1^{n}&x_2^{n}&x_3^n&\cdots&x_{n}^{n}\\ \end{vmatrix} \]

补充一行一列,看成是关于\(y\)\(n\)次多项式

\[F(y)=\begin{vmatrix} 1&1&1&\cdots&1&1\\ x_1&x_2&x_3&\cdots&x_n&y\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ x_1^{n-2}&x_2^{n-2}&x_3^{n-2}&\cdots&x_{n}^{n-2}&y^{n-2}\\ x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&x_3^{n-1}&\cdots&x_{n}^{n-1}&y^{n-1}\\ x_1^{n}&x_2^{n}&x_3^n&\cdots&x_{n}^{n}&y^n\\ \end{vmatrix} = \prod_{i=1}^n(y-x_i)\prod_{1 \le j < i \le n}(x_i-x_j) \]

所以

\[D_n = -[y^{n-1}]F(y) = (\sum_{i=1}^nx_i)[\prod_{1 \le j < i \le n}(x_i-x_j)] \]

包含\(e\)的最小数域\(\mathbb Q(e)\)

\(\{\frac{p(e)}{q(e)}\}\),其中\(p,q\)是有理多项式且\(q(e) \neq 0\)

10.16

序列\(\{x_n\}\)满足$\forall n,m \in \mathbb N, 0 \le x_{n+m}\le x_n + x_m $

求证\(\{\frac{x_n}{n}\}\)收敛。

\(a = l_1 = \inf_{n \ge 1}\{\frac{x_n}{n}\}\),显然有\(a \le \sup_{n \ge 1}l_n=\underline\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}\)

由于\(a\)是下确界,故\(\forall \varepsilon > 0, \exists N,s.t. \frac{x_N}{N} < a + \varepsilon.\)

$\forall n > N, $ 将 \(n\) 写成 \(mN+k\) 的形式,其中 \(0 \le k < N,\) 于是

\[\frac{x_n}{n} = \frac{x_{mN+k}}{n} \le \frac{mx_N}{n}+\frac{x_k}{n} \le \frac{mN}{n}(a+\varepsilon) + \frac{\max_{i=0}^{N-1}a_i}{n} \]

考虑到\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{mN}{n}=1\),两边取上极限可得

\[\overline\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{n} \le a + \varepsilon \]

由于\(\varepsilon\)的任意性,故

\[\overline\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{n} \le a \]

综上,

\[a \le \underline\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{n} \le \overline\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{n} \le a \]

\[\underline\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{n} = \overline\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_n}{n} = a \]

\(\{\frac{x_n}{n}\}\)极限存在。

10.19

zyy教育的是

\(\lim\limits_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_n)=a\)时,构造\(b_n=n\),根据\(Stolz\)定理可以得到\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=a\)

其实是挺trivial的东西,可能是我太傻了吧。

10.20

谢惠民3.7.3第一组参考题10.

\(\{x_n\}\)是正数列,求证\(\overline\lim\limits_{n\to\infty}n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1) \ge 1\)

反证,假设\(\overline\lim\limits_{n\to\infty}n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1) = \inf_{k \ge 1}\sup_{n \ge k}\{n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1)\}< 1\),故\(\exists N \in \mathbb N, s.t.\forall n > N, n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1) < 1\)

\[\frac{1+x_{n+1}}{x_n} < \frac{n+1}{n}\\\frac{1+x_{n+1}}{n+1} < \frac{x_n}{n}\\\frac{x_n}{n}-\frac{x_{n+1}}{n+1} > \frac{1}{n+1} \]

\(\{\frac{x_n}{n}\}\)严格递减,且\(\frac{x_n}{n}-\frac{x_{n+m}}{n+m} > \sum_{k = n+1}^{n+m}\frac{1}{k}\),当固定\(n\)时,\(\lim\limits_{m \to \infty}(\frac{x_n}{n}-\frac{x_{n+m}}{n+m}) \ge \lim\limits_{m \to \infty}\sum_{k = n+1}^{n+m}\frac{1}{k} = + \infty\)
因此\(\exists N\),\(\frac{x_N}{N} < 0\)与题设不符。

10.21

淑芬习题2 29.

\(\{a_n\} \subset [a, b]\),求证若\(\{a_n\}\)发散,则\(\{a_n\}\)必有两个子列收敛于不同的数。

证明:由于\(\{a_n\}\)有界,故\(\exists \{n_k\}, s.t.\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k} = c\),因为\(c\)不是\(\{a_n\}\)的极限,故\(\exists \min\{c-a, b-c\} > \delta > 0, s.t.(c-\delta, c+\delta)\)区间外有\(\{a_n\}\)的无穷多项,那么\([a,c-\delta]\)\([c+\delta, b]\)中至少一个区间内包含\(\{a_n\}\)的无穷多项,将这些项视作一个序列,根据Bolzano-Weierstrass定理,必存在一个收敛子列收敛于\(c'\notin (c-\delta, c+\delta)\),即\(c' \neq c\)

淑芬习题2 33.

求证:若非负有界序列\(\{x_n\}\)对任何序列\(\{y_n\}\)都满足下列等式之一成立:

\[\overline\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+y_n) = \overline\lim\limits_{n\to\infty}x_n + \overline\lim\limits_{n\to\infty} y_n\\\overline\lim\limits_{n\to\infty}(x_ny_n) = \overline\lim\limits_{n\to\infty} x_n \overline\lim\limits_{n\to\infty} y_n \]

则序列\(\{x_n\}\)收敛。

证明:反证,假设\(\{x_n\}\)发散,则\(\{x_n\}\)中必存在两个子序列分别收敛于\(\{x_n\}\)上下极限,记\(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k} = \overline\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a, \lim\limits_{k\to\infty}x_{m_k} = \underline\lim\limits_{n\to\infty} x_n = b\)其中\(a > b\),不难说明\(\{n_k\}\)\(\{m_k\}\)的交集只有有限项,在两个子序列中分别去除这部分交集后,可以认为\(\{n_k\}\cap\{m_k\} = \varnothing\)

构造序列\(\{y_n\}\)满足

\[\{y_n\} = \begin{cases} b&\exists k, n_k = n\\ a&\exists k, m_k = n\\ 0&\text{otherwise} \end{cases}\]

不难发现

\[\overline\lim\limits_{n\to\infty}(x_n+y_n) = a + b < 2a = \overline\lim\limits_{n\to\infty}x_n + \overline\lim\limits_{n\to\infty}y_n\\\overline\lim\limits_{n\to\infty}(x_ny_n) = ab < a^2 = \overline\lim\limits_{n\to\infty}x_n\overline\lim\limits_{n\to\infty}y_n \]

矛盾。故\(\{x_n\}\)收敛。

10.22

三对角行列式的通项

行列式

\[D_n= \begin{vmatrix} a&b&0&\cdots&0&0\\ c&a&b&\cdots&0&0\\ 0&c&a&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&a&b\\ 0&0&0&\cdots&c&a \end{vmatrix}_n\]

显然有

\[D_n = aD_{n-1} - bcD_{n-2} \]

\(\alpha, \beta\)为方程\(x^2 - ax + bc = 0\)的两根,可得\(D_n\)的通项公式为

\[D_n = \begin{cases} \frac{\alpha^{n+1} - \beta^{n+1}}{\alpha - \beta}&\alpha \neq \beta\\ (n+1)\alpha^n&\alpha = \beta \end{cases} \]

可以用特征方程解线性递推的那一套理论就能算出来,放在这儿就当是记个结论。

\(\alpha, \beta\)可以取到复数,最终算出来的通项仍然会是实数)

高代习题课小记

例题

\(\mathbb C^n\)中解方程组

\[\begin{cases} x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 0\\ x_1 ^ 2 + x_2 ^ 2 + \cdots + x_n ^ 2 = 0\\ \vdots\\ x_1 ^ n + x_2 ^ n + \cdots + x_n ^ n = 0 \end{cases}\]

\(S_k = \sum_{i=1}^nx_i^k, P_k = \sum_{i_1i_2\cdots i_k}\prod_{j=1}^kx_{i_j}\)

考虑到\(S_k = S_{k-1}P_1 - S_{k-2}P_2 + \cdots + (-1)^{k-1}S_1P_{k-2}+(-1)^{k-1}kP_k\)(牛顿恒等式)

根据题意\(S_1 = S_2 = \cdots = S_n = 0\)

\(\Rightarrow P_1 = P_2 = \cdots = P_n = 0\)

$\Rightarrow \prod_{i=1}^n(y+x_i) = y^n $

\(\Rightarrow x_1 = x_2 = \cdots = x_n = 0\)

例题

若行列式

\[D = \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn} \end{vmatrix} \]

中元素满足

\[a_{ii} > \sum_{j=1, j\neq i}^n |a_{ij}|, i=1,2,\cdots,n \]

求证\(D > 0\)

证明:考虑归纳,显然当\(n=2\)时成立

\[D = \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\ 0&b_{22}&\cdots&b_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&b_{n2}&\cdots&b_{nn} \end{vmatrix} \]

其中\(b_{ij}=a_{ij}-a_{1j}\frac{a_{i1}}{a_{11}}\)

\[\begin{aligned}\sum_{j=2, j\neq i}^n|b_{ij}| &\le \sum_{j=2, j\neq i}^n|a_{ij}| + \frac{|a_{i1}|}{a_{11}}\sum_{j=2, j\neq i}^n|a_{1j}|\\&<a_{ii} - |a_{i1}| + \frac{|a_{i1}|}{a_{11}} (a_{11}-|a_{1i}|)\\&= a_{ii} - |a_{1i}|\frac{|a_{i1}|}{a_{11}}\\&\le a_{ii} - a_{1i}\frac{a_{i1}}{a_{11}}\\&=b_{ii} \end{aligned}\]

\(D = a_{11}\begin{vmatrix} b_{22}&\cdots&b_{2n}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{n2}&\cdots&b_{nn} \end{vmatrix}_{n-1}\)

后面那个行列式满足题设条件,由归纳可知\(D > 0\)

线性空间的交与并

交是子空间

并不是子空间(考虑两条不重合的直线)

不过\(W_1 + W_2 = \{\alpha + \beta| \alpha \in W_1, \beta \in W_2\}\)是子空间

10.24

一道有趣(?)的几何题

理论上记几何题是没什么太大意义的,所以写在这里可能只是比较有意思吧。

给定\(\Delta ABC\),在其内部随机选一个点\(P\),求\(E[\max\{S_{\Delta PAB}, S_{\Delta PBC}, S_{\Delta PCA}\}]\)

答案只与\(S_{\Delta ABC}\)正相关(想一想为什么?)可以认为\(S_{\Delta ABC} = 1\)

考虑\(\min-\max\)容斥,可以发现(猜到?)所有\(\min\)里面项数相同的\(E\)的值都是一样的。

所以只要求\(E[S_{\Delta}], E[\min\{S_{\Delta_1},S_{\Delta_2}\}], E[\min\{S_{\Delta_1},S_{\Delta_2}, S_{\Delta_3}\}]\)

定义\(f(x) = P(E \ge x)\)即答案大于等于\(x\)的概率,那么\(\int_{0}^{1}f(x)dx\)就是答案。这里的\(x\)其实也就是内部三角形高的缩小比例。

\(E\)\(E[S_{\Delta}]\)时,\(f(x) = (1-x)^2, \int_0^1f(x)dx=\frac 13\)

\(E\)\(E[\min\{S_{\Delta_1},S_{\Delta_2}\}]\)时,\(f(x) = \max\{(1-2x)^2,0\}, \int_0^1f(x)dx=\frac 16\)

\(E\)\(E[\min\{S_{\Delta_1},S_{\Delta_2}, S_{\Delta_3}\}]\)时,\(f(x) = \max\{(1-3x)^2,0\}, \int_0^1f(x)dx=\frac 19\)

于是\(E[\max\{S_{\Delta PAB}, S_{\Delta PBC}, S_{\Delta PCA}\}] = 3E[S_{\Delta}] -3E[\min\{S_{\Delta_1},S_{\Delta_2}\}]+E[\min\{S_{\Delta_1},S_{\Delta_2}, S_{\Delta_3}\}] = \frac{11}{18}\)

非常有趣的结果(?)

10.27

谢惠民例题

\(\{a_n\}\)是正数列,求证\(\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} \le 1\)的充要条件是\(\forall l > 1, \lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n} = 0\)

充分性:反证,假设\(\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} > 1\),记\(\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = a\),故\(\exists \{n_k\}, s.t. \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n_k]{a_{n_k}} = a\),即\(\forall \varepsilon > 0, \exists K, \forall k > K, |\sqrt[n_k]{a_{n_k}} - a| < \varepsilon, a_{n_k} > (a - \varepsilon)^{n_k}\)

\(\varepsilon < a - 1, 1 < l < a - \varepsilon\),故\(a_{n_k} > (a - \varepsilon)^{n_k} > l_{n_k}, \lim\limits_{k \to \infty}\frac{a_{n_k}}{l^{n_k}} > 1\),这与\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n} = 0\)矛盾。

必要性:\(\forall l > 1, \overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} \le 1 < \frac{1+l}{2}, \exists N, s.t. \forall n > N, \sqrt[n]{a_n} < \frac{1+l}{2}, a_n < (\frac{1+l}{2})^n\),故\(0 < \frac{a_n}{l^n} < (\frac{l+1}{2l})^n\),由夹逼定理可知\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n}=0\)

10.29

证明:\(\mathbb R^n\)不能表示为

(1)两个真子空间的并

反证,假设\(\mathbb R^n = W_1 \cup W_2\),由\(W_1, W_2\)都是真子空间可知\(\exists \alpha_1 \in W_1\setminus W_2\)(否则\(W_1 \subseteq W_2, \mathbb R^n = W_1 \cup W_2 = W_2\)与假设不符),同理\(\exists \alpha_2 \in W_2 \setminus W_1.\)

于是\(\alpha_1 + \alpha_2 \notin W_1 \cup W_2\),这与\(R^n = W_1 \cup W_2\)矛盾。

(2)有限个真子空间的并

数学归纳,\(k=2\)时成立。假设\(\mathbb R^n\)不能写成\(k-1\)个真子空间的并,接下来证明\(\mathbb R^n\)不能写成\(k\)个真子空间的并。

仍考虑反证,假设\(\mathbb R^n = \cup_{i=1}^kW_i\),那么存在\(\alpha \in W_1\setminus(\cup_{j\neq 1}W_j), \beta \in W_k\setminus(\cup_{j\neq k}W_j)\)(否则\(W_i \subseteq \cup_{j\neq i}W_j\)\(\mathbb R^n\)写成了\(k-1\)个真子空间的并,与归纳假设矛盾),考虑所有形如\(\alpha + \lambda\beta\)的向量,当\(\lambda \neq 0\)\(\alpha + \lambda\beta \notin W_1 \cup W_k\),而对于\(\forall 2 \le i \le k-1\),至多存在一个\(\lambda_i\)满足\(\alpha + \lambda_i\beta \in W_i\)(否则两个向量相减会得到\(\beta \in W_i\))由此满足\(\alpha + \lambda\beta \in \cup_{i=1}^kW_i = \mathbb R^n\)\(\lambda\)仅有有限个,显然矛盾。

(3)可列(countable)个真子空间的并

继续反证,假设\(\mathbb R^n = \cup_{i=1}^{\infty}W_i\),考虑\(\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_n\)\(\mathbb R^n\)的一组标准基,记\(S = \{\varepsilon_1 + a\varepsilon + \cdots + a^{n-1}\varepsilon_n|a\in\mathbb R\}\),则\(S \cap W_i\)至多含有\(n-1\)个元素。

(否则,令\(v(a_i) = \sum_{j=1}^na_i^{j-1}\varepsilon_j\)其中\(a_i\)互不相同,则它们都在\(W_i\)中,由Vandermonde行列式可知其系数行列式非零,故\(\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_n\)\(v(a_1), \cdots, v(a_n)\)可以互相线性表出,这与\(\dim W_i < n\)矛盾。)

从而\(S = S \cap \mathbb R^n = \cup_{i=1}^{\infty}(S \cap W_i)\),推出\(S\)是可列的,这与\(S = \{\varepsilon_1 + a\varepsilon + \cdots + a^{n-1}\varepsilon_n|a\in\mathbb R\}\)矛盾(因为\(\mathbb R\)是不可列的)。

11.2

\(f:[0,1]\to[0,1]\)为一个单调递增函数,且\(f(0)>0, f(1)<1\),证明\(\exists x_0\in(0,1), f(x_0)=x_0.\)

区间套,说明套出来的那个点就是\(x_0.\)

一个关于不可数集的简单性质:设\(A\)\(\mathbb R\)中一个不可数集,则存在\(\mathbb R\)中一个区间\(T\)满足\(\#\{T\cap A\} = +\infty\)

\(T_n = [-n, n]\),则\(A = \cup_{i=1}^{\infty}(T_n \cap A)\),因为\(A\)是不可数的,所以\(\exists n, T_n \cap A\)是不可数的。

\(f:\mathbb R \to \mathbb R\)单调,则\(\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \neq \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\)只对可数个点成立。

不妨假设\(f\)单增,则\(\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \le \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\)

\[\{a|\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \neq \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\} = \cup_{i=1}^{\infty}\{a|\lim\limits_{x\to a+0}f(x) - \lim\limits_{x \to a-0}f(x) > \frac 1n\} \]

记左边集合为\(A\),右边每项集合为\(A_n\)

\(A\)不可数,则存在\(A_n\)不可数

\(\exists [-k,k], s.t.[-k,k]\cap A_n\)中有无穷多个点,经过每个点时函数值都要增加\(\frac 1n\)\(f(k)-f(-k)\)是有限数,因而矛盾。故\(A\)可数。

\(f:\mathbb R \to \mathbb R\)满足\(\forall a \in \mathbb R, \lim\limits_{x\to a-0}f(x)\)\(\lim\limits_{x\to a+0}f(x)\)均存在,则\(\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \neq \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\)只对可数个点成立。

给上一题的定义里加个绝对值

\[\{a|\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \neq \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\} = \cup_{i=1}^{\infty}\{a||\lim\limits_{x\to a+0}f(x) - \lim\limits_{x \to a-0}f(x)| > \frac 1n\} \]

记左边集合为\(A\),右边每项集合为\(A_n\)

\(A\)不可数,则存在\(A_n\)不可数

\(\exists [-k,k], s.t.[-k,k]\cap A_n\)中有无穷多个点,由BW定理可知存在单调上升序列\(\{x_n\}, s.t.\lim\limits_{n\to\infty}x_n = x_0\),容易证明\(\forall \varepsilon > 0, (x_0-\varepsilon, x_0)\)内可以找到两个取值差\(\ge \frac 1n\)的点,从而\(\lim\limits_{t\to x_0-0}f(t)\)不存在。

posted @ 2020-09-26 10:13  租酥雨  阅读(599)  评论(14编辑  收藏