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也成為大學生了呢！開學都一周了才意識到嗎

也想不到有什么成體系的內容可以完整地記錄下來，索性就每天隨便寫點東西吧。

9.25

互信息(Mutual Information)

首先定義一下信息。一個離散隨機變量\(X\)的信息定義為

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

兩個離散隨機變量\(X,Y\)的互信息定義為

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

互信息顧名思義就是指變量\(X,Y\)之間共享的信息。比方說假如\(X,Y\)相關性很強，那么在傳輸了\(X\)后，傳輸\(Y\)所需要的信息量就會大大減少。

一些性質

非負性

琴生不等式：若\(f(x)\)是\([a,b]\)上的凸函數（默認定義為下凸），\(x_1,x_2...x_n \in [a,b], 0 \le a_1, a_2 ... a_n \le 1, \sum_{i=1}^na_i=1\)，則

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

由於\(f(x)=\log x\)是上凸函數（不等號反向），故將\(a_i = p(x,y), x_i = \frac{p(x)p(y)}{p(x,y)}\)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\(I(X;Y) \ge 0\)。

對稱性

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

直觀理解即可，即，\(X,Y\)之間的互信息，等於在傳輸\(X\)后可以少傳輸的\(Y\)的信息，等於在傳輸\(Y\)后可以少傳輸的\(X\)的信息。

下面推導一下\(I(X;Y)=H(Y)-H(Y|X)\)：

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

9.26

一些數學題

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

考慮證明一個一般化的命題：\(\alpha\)是一個無理數，\(\{n\alpha-\lfloor n\alpha\rfloor:n \in \mathbb N\}\)在\((0,1)\)上稠密。稠密就是指任意一個區間里都存在，規范化定義為：\(\forall (l,r) \subset (0,1),\exists k\in \mathbb N, s.t. k\alpha-\lfloor k\alpha\rfloor\in(l,r)\)。

這個命題可以等價於：\(\forall m \in \mathbb N, \exists k\in \mathbb N, s.t. k\alpha-\lfloor k\alpha\rfloor < \frac 1m\)，證明這個命題可以考慮\(\alpha-\lfloor\alpha\rfloor, 2\alpha-\lfloor2\alpha\rfloor...(m+1)\alpha-\lfloor(m+1)\alpha\rfloor\)這\(m+1\)個數，在\((0,\frac 1m),(\frac 1m,\frac 2m)...(\frac{m-1}m,1)\)這\(m\)個區間中至少存在一個區間包含了至少兩個數，那么這兩數的差就必然\(< \frac 1m\)。

回到原問題，只需要證明\(\forall\epsilon>0, \exists n \in \mathbb N, s.t.1-\epsilon < sin(n) < 1\)，即\(\frac{\arcsin(1-\epsilon)}{2\pi}<\frac n{2\pi}-\lfloor\frac n{2\pi}\rfloor<\frac 14\)，利用稠密性說明即可。

證明：\(\mathbb Q(\sqrt[n]2)=\{\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sqrt[n]{2^i}|a_0, a_1...a_{n-1}\in \mathbb Q\}\)是一個數域。

主要考慮證明\(\mathbb Q(\sqrt[n]2)\)對除法封閉。進一步的，我們證明\(\forall x = \sum_{i=0}^{n-1}a_i\sqrt[n]{2^i}\in \mathbb Q(\sqrt[n]2), x \neq 0, \exists y \in \mathbb Q(\sqrt[n]2), s.t. xy=1\)。

定義\(\xi_k=\sqrt[n]2e^{\frac{2\pi ik}{n}}(k=0,1...n-1)\)為方程\(x^n-2=0\)的\(n\)個解，記\(f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\)。考慮構造矩陣

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

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

觀察發現

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

於是有

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

由於\(f(\xi_i) \neq 0\)，故\(|A| \neq 0\)。這說明方程組

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

有唯一解，即可以唯一構造\(y=\sum_{i=0}^{n-1}b_i\sqrt[n]{2^i}\)使得\(xy=1\)成立。

10.12

最近有點忙，隨緣更。

數分習題課小記

\((\frac{*}{\infty})\)型Stolz定理的證明

\(\{b_n\}\)嚴格單調增且\(\lim\limits_{n \to \infty}b_n = + \infty\)

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

當\(l=0\)時，\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=0\)，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

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

不等式兩邊同除以\(b_n\)

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

\(a_N,b_N\)是常數，而\(\lim\limits_{n \to \infty}b_n = + \infty\)，故\(|\frac{a_n}{b_n}|<\epsilon(1-\frac{b_N}{b_n})+\frac{a_N}{b_n}\)兩邊取極限得\(\lim\limits_{n \to \infty}|\frac{a_n}{b_n}| < \epsilon\)。故\(\lim\limits_{n \to \infty}|\frac{a_n}{b_n}| = 0\)。

當\(l \neq 0\)且有限時，構造序列\(a_n' = a_n + lb_n\)，則有

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

當\(l = \pm \infty\)時，以\(+ \infty\)為例，不難證明此時\(\{a_n\}\)也滿足嚴格單調增，且\(\lim\limits_{n \to \infty} a_n = + \infty\)，從而說明\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=0_+\)，利用\(l=0\)時的結論即可完成證明。

例題

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

判斷\(\{x_n\},\{y_n\}\)極限的存在性，若存在則求之。

由數學歸納法可證\(x_n^2+y_n^2 = 1\)。

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

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

可知

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

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

單調性：\(\theta_n \in (0,\pi)\)故\(\sin \theta_n > 0\)，故成立。

根據單調收斂原理\(\{\theta_n\}\)收斂，易得其極限為\(\pi\)。

故

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

例題

\(\{q_n\}\)滿足\(0 < q_n < 1,(1-q_n)q_{n+1} > \frac 14\)。證明：\(\{q_n\}\)單調遞增且極限為\(\frac 12\)。

反證。若\(\exists n, s.t. q_{n+1} \le q_n\)，則\(\frac 14 < (1-q_n)q_{n+1} \le (1-q_n)q_n \le \frac 14\)矛盾，故\(\{q_n\}\)單調遞增。

因為單調有界，所以極限存在，設之為\(a\)，則\((1-a)a \ge \frac 14\)，可知\(a = \frac 12\)。

10.15

高代習題課小記

求行列式

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

補充一行一列，看成是關於\(y\)的\(n\)次多項式

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

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\(e\)的最小數域\(\mathbb Q(e)\)

是\(\{\frac{p(e)}{q(e)}\}\)，其中\(p,q\)是有理多項式且\(q(e) \neq 0\)。

10.16

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

求證\(\{\frac{x_n}{n}\}\)收斂。

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

由於\(a\)是下確界，故\(\forall \varepsilon > 0, \exists N,s.t. \frac{x_N}{N} < a + \varepsilon.\)

$\forall n > N, $ 將 \(n\) 寫成 \(mN+k\) 的形式，其中 \(0 \le k < N,\) 於是

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

考慮到\(\lim\limits_{n \to \infty}\frac{mN}{n}=1\)，兩邊取上極限可得

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

由於\(\varepsilon\)的任意性，故

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

綜上，

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

即

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

\(\{\frac{x_n}{n}\}\)極限存在。

10.19

zyy教育的是

當\(\lim\limits_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_n)=a\)時，構造\(b_n=n\)，根據\(Stolz\)定理可以得到\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{n}=a\)。

其實是挺trivial的東西，可能是我太傻了吧。

10.20

謝惠民3.7.3第一組參考題10.

\(\{x_n\}\)是正數列，求證\(\overline\lim\limits_{n\to\infty}n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1) \ge 1\)

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

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

故\(\{\frac{x_n}{n}\}\)嚴格遞減，且\(\frac{x_n}{n}-\frac{x_{n+m}}{n+m} > \sum_{k = n+1}^{n+m}\frac{1}{k}\)，當固定\(n\)時，\(\lim\limits_{m \to \infty}(\frac{x_n}{n}-\frac{x_{n+m}}{n+m}) \ge \lim\limits_{m \to \infty}\sum_{k = n+1}^{n+m}\frac{1}{k} = + \infty\)
因此\(\exists N\),\(\frac{x_N}{N} < 0\)與題設不符。

10.21

淑芬習題2 29.

設\(\{a_n\} \subset [a, b]\)，求證若\(\{a_n\}\)發散，則\(\{a_n\}\)必有兩個子列收斂於不同的數。

證明：由於\(\{a_n\}\)有界，故\(\exists \{n_k\}, s.t.\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k} = c\)，因為\(c\)不是\(\{a_n\}\)的極限，故\(\exists \min\{c-a, b-c\} > \delta > 0, s.t.(c-\delta, c+\delta)\)區間外有\(\{a_n\}\)的無窮多項，那么\([a,c-\delta]\)和\([c+\delta, b]\)中至少一個區間內包含\(\{a_n\}\)的無窮多項，將這些項視作一個序列，根據Bolzano-Weierstrass定理，必存在一個收斂子列收斂於\(c'\notin (c-\delta, c+\delta)\)，即\(c' \neq c\)。

淑芬習題2 33.

求證：若非負有界序列\(\{x_n\}\)對任何序列\(\{y_n\}\)都滿足下列等式之一成立：

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

則序列\(\{x_n\}\)收斂。

證明：反證，假設\(\{x_n\}\)發散，則\(\{x_n\}\)中必存在兩個子序列分別收斂於\(\{x_n\}\)上下極限，記\(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k} = \overline\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a, \lim\limits_{k\to\infty}x_{m_k} = \underline\lim\limits_{n\to\infty} x_n = b\)其中\(a > b\)，不難說明\(\{n_k\}\)與\(\{m_k\}\)的交集只有有限項，在兩個子序列中分別去除這部分交集后，可以認為\(\{n_k\}\cap\{m_k\} = \varnothing\)。

構造序列\(\{y_n\}\)滿足

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

不難發現

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

矛盾。故\(\{x_n\}\)收斂。

10.22

三對角行列式的通項

行列式

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

顯然有

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

記\(\alpha, \beta\)為方程\(x^2 - ax + bc = 0\)的兩根，可得\(D_n\)的通項公式為

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

可以用特征方程解線性遞推的那一套理論就能算出來，放在這兒就當是記個結論。

（\(\alpha, \beta\)可以取到復數，最終算出來的通項仍然會是實數）

高代習題課小記

例題

在\(\mathbb C^n\)中解方程組

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

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

考慮到\(S_k = S_{k-1}P_1 - S_{k-2}P_2 + \cdots + (-1)^{k-1}S_1P_{k-2}+(-1)^{k-1}kP_k\)（牛頓恆等式）

根據題意\(S_1 = S_2 = \cdots = S_n = 0\)

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

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

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

例題

若行列式

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

中元素滿足

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

求證\(D > 0\)

證明：考慮歸納，顯然當\(n=2\)時成立

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

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

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

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

后面那個行列式滿足題設條件，由歸納可知\(D > 0\)

線性空間的交與並

交是子空間

並不是子空間（考慮兩條不重合的直線）

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

10.24

一道有趣（？）的幾何題

理論上記幾何題是沒什么太大意義的，所以寫在這里可能只是比較有意思吧。

給定\(\Delta ABC\)，在其內部隨機選一個點\(P\)，求\(E[\max\{S_{\Delta PAB}, S_{\Delta PBC}, S_{\Delta PCA}\}]\)。

答案只與\(S_{\Delta ABC}\)正相關（想一想為什么？）可以認為\(S_{\Delta ABC} = 1\)。

考慮\(\min-\max\)容斥，可以發現（猜到？）所有\(\min\)里面項數相同的\(E\)的值都是一樣的。

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

定義\(f(x) = P(E \ge x)\)即答案大於等於\(x\)的概率，那么\(\int_{0}^{1}f(x)dx\)就是答案。這里的\(x\)其實也就是內部三角形高的縮小比例。

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

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

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

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

非常有趣的結果（？）

10.27

謝惠民例題

\(\{a_n\}\)是正數列，求證\(\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} \le 1\)的充要條件是\(\forall l > 1, \lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n} = 0\)。

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

取\(\varepsilon < a - 1, 1 < l < a - \varepsilon\)，故\(a_{n_k} > (a - \varepsilon)^{n_k} > l_{n_k}, \lim\limits_{k \to \infty}\frac{a_{n_k}}{l^{n_k}} > 1\)，這與\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n} = 0\)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\(0 < \frac{a_n}{l^n} < (\frac{l+1}{2l})^n\)，由夾逼定理可知\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{l^n}=0\)。

10.29

證明：\(\mathbb R^n\)不能表示為

（1）兩個真子空間的並

反證，假設\(\mathbb R^n = W_1 \cup W_2\)，由\(W_1, W_2\)都是真子空間可知\(\exists \alpha_1 \in W_1\setminus W_2\)（否則\(W_1 \subseteq W_2, \mathbb R^n = W_1 \cup W_2 = W_2\)與假設不符），同理\(\exists \alpha_2 \in W_2 \setminus W_1.\)

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

（2）有限個真子空間的並

數學歸納，\(k=2\)時成立。假設\(\mathbb R^n\)不能寫成\(k-1\)個真子空間的並，接下來證明\(\mathbb R^n\)不能寫成\(k\)個真子空間的並。

仍考慮反證，假設\(\mathbb R^n = \cup_{i=1}^kW_i\)，那么存在\(\alpha \in W_1\setminus(\cup_{j\neq 1}W_j), \beta \in W_k\setminus(\cup_{j\neq k}W_j)\)（否則\(W_i \subseteq \cup_{j\neq i}W_j\)，\(\mathbb R^n\)寫成了\(k-1\)個真子空間的並，與歸納假設矛盾），考慮所有形如\(\alpha + \lambda\beta\)的向量，當\(\lambda \neq 0\)時\(\alpha + \lambda\beta \notin W_1 \cup W_k\)，而對於\(\forall 2 \le i \le k-1\)，至多存在一個\(\lambda_i\)滿足\(\alpha + \lambda_i\beta \in W_i\)（否則兩個向量相減會得到\(\beta \in W_i\)）由此滿足\(\alpha + \lambda\beta \in \cup_{i=1}^kW_i = \mathbb R^n\)的\(\lambda\)僅有有限個，顯然矛盾。

（3）可列(countable)個真子空間的並

繼續反證，假設\(\mathbb R^n = \cup_{i=1}^{\infty}W_i\)，考慮\(\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_n\)是\(\mathbb R^n\)的一組標准基，記\(S = \{\varepsilon_1 + a\varepsilon + \cdots + a^{n-1}\varepsilon_n|a\in\mathbb R\}\)，則\(S \cap W_i\)至多含有\(n-1\)個元素。

（否則，令\(v(a_i) = \sum_{j=1}^na_i^{j-1}\varepsilon_j\)其中\(a_i\)互不相同，則它們都在\(W_i\)中，由Vandermonde行列式可知其系數行列式非零，故\(\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_n\)與\(v(a_1), \cdots, v(a_n)\)可以互相線性表出，這與\(\dim W_i < n\)矛盾。）

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

11.2

\(f:[0,1]\to[0,1]\)為一個單調遞增函數，且\(f(0)>0, f(1)<1\)，證明\(\exists x_0\in(0,1), f(x_0)=x_0.\)

區間套，說明套出來的那個點就是\(x_0.\)

一個關於不可數集的簡單性質：設\(A\)為\(\mathbb R\)中一個不可數集，則存在\(\mathbb R\)中一個區間\(T\)滿足\(\#\{T\cap A\} = +\infty\)

取\(T_n = [-n, n]\)，則\(A = \cup_{i=1}^{\infty}(T_n \cap A)\)，因為\(A\)是不可數的，所以\(\exists n, T_n \cap A\)是不可數的。

\(f:\mathbb R \to \mathbb R\)單調，則\(\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \neq \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\)只對可數個點成立。

不妨假設\(f\)單增，則\(\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \le \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\)

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

記左邊集合為\(A\)，右邊每項集合為\(A_n\)

若\(A\)不可數，則存在\(A_n\)不可數

\(\exists [-k,k], s.t.[-k,k]\cap A_n\)中有無窮多個點，經過每個點時函數值都要增加\(\frac 1n\)而\(f(k)-f(-k)\)是有限數，因而矛盾。故\(A\)可數。

\(f:\mathbb R \to \mathbb R\)滿足\(\forall a \in \mathbb R, \lim\limits_{x\to a-0}f(x)\)與\(\lim\limits_{x\to a+0}f(x)\)均存在，則\(\lim\limits_{x\to a-0}f(x) \neq \lim\limits_{x \to a+0}f(x)\)只對可數個點成立。

給上一題的定義里加個絕對值

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

記左邊集合為\(A\)，右邊每項集合為\(A_n\)

若\(A\)不可數，則存在\(A_n\)不可數

\(\exists [-k,k], s.t.[-k,k]\cap A_n\)中有無窮多個點，由BW定理可知存在單調上升序列\(\{x_n\}, s.t.\lim\limits_{n\to\infty}x_n = x_0\)，容易證明\(\forall \varepsilon > 0, (x_0-\varepsilon, x_0)\)內可以找到兩個取值差\(\ge \frac 1n\)的點，從而\(\lim\limits_{t\to x_0-0}f(t)\)不存在