数学

三角函数三角恒等式1 \sum_{k=1}^{n}k\sin k\alpha=\frac{(n+1)\sin n\alpha-n\sin\left((n+1)\alpha\right)}{4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}; \sum_{k=1}^{n}k\cos k\alpha=\frac{(n+1)\cos n\alpha-n\cos\left((n+1)\alpha\right)-1}{4\sin^{2}\frac{\alpha}{2}}; \sum_{k=1}^{n}\sin\left[\alpha+(k-1)d\right]=\frac{\sin\frac{nd}{2}\sin\left(\alpha+\frac{n-1}{2}d\right)}{\sin\frac{d}{2}},\quad d\ne0; \sum_{k=1}^{n}\cos\left[\alpha+(k-1)d\right]=\frac{\sin\frac{nd}{2}\cos\left(\alpha+\frac{n-1}{2}d\right)}{\sin\frac{d}{2}},\quad d\ne0; \sum_{k=1}^{n}\sin k\alpha=\frac{\sin\frac{n\alpha}{2}\cdot\sin\frac{n+1}{2}\alpha}{\sin\frac{\alpha}{2}}; \sum_{k=1}^{n}\cos k\alpha=\frac{\sin\frac{n\alpha}{2}\cdot\cos\frac{n+1}{2}\alpha}{\sin\frac{\alpha}{2}}; \sum_{k=1}^{n}\sin\left(2k-1\right)\alpha=\frac{1-\cos\left(2n\alpha\right)}{2\sin\alpha}; \sum_{k=1}^{n}\cos\left(2k-1\right)\alpha=\frac{\sin2n\alpha}{2\sin\alpha}; \prod_{k=1}^{n}\cos\frac{k\pi}{2n+1}=\frac{1}{2^{n}}; \prod_{k=1}^{n}\sin\frac{k\pi}{2n+1}=\frac{\sqrt{2n+1}}{ ...

反证法+整数的性质定理: 若$a$和$b$为正整数, 则$a^{1/b}$要么是无理数, 要么是整数. 提示 若$a^{1/b}=x/y$, 其中$y\not\mid x$, 则$a=\left(a^{1/b}\right)^{b}=x^{b}/y^{b}$不是整数, (因为$y^{b}\not\mid x^{b}$), 这与$a$是整数矛盾. 反证法+唯一因子分解假设$\sqrt{2}$可以写成不可约分数$\frac{p}{q}$, 其中$p,q$都是正整数. 则$2q^{2}=p^{2}$. 由于$p^{2}$和$q^{2}$的因子$2$都是偶数个, 所以$2q^{2}$有奇数个因子$2$, 由于唯一因子分解的唯一性, $p^{2}$只有偶数个因子$2$, 它不可能等于$p^{2}$. 反证法+余数如果$\sqrt{2}$是有理数, 则有分数表示$a/b$, 取$b$是$\sqrt{2}$的分数表示中分母最小的. 则 a^{2}=2b^{2}.考虑$a^{2}$的末位数字, 它只可能是$0,1,4,5,6,9$中的一个. 而$2b^{2}$的末位数字只有$0,2,8$三种情况. 如果$a^{2}$与$2b^{2}$相等, 则它们有相同的末位数, 这个末位数只能是$0$. 所以$a$的末位数字只能是$0$, 而$b$的末位数字只能是$0$或$5$, 无论哪种情况, $a$和$b$都能被$5$整除, 从而$\frac{a/5}{b/5}$也是$\sqrt{2}$的分数表示. 因为$b/5<b$, 这与$b$是$\sqrt{2}$的分数表示中分母最小的选择矛盾. 这种方法在证明$2^{1/3}$的无理性时变得简洁. 设$2^{1/3}$是既约分数$a/b$, 则$2a^{3}=b^{3}$, 考虑模7同余, 由于整数的立方模7同余的结果只有$0,1$或$6$, 因此$a,b$模7必然均为$0$, 这与$a/b$是既约分数矛盾. 反证法+Bezout公式$\sqrt{2}$是无理数的证明是下面定理的推论. 定理: 对于$n\in\NN$. 如果$r=\sqrt{n}$是有理数, 则$r$是整数. 提示 设$r=a/b$为有理数, 其中$\mathrm{gcd}(a,b)=1$, 则有Bezout公式, 存在整数$c,d\in\ZZ$, ...

在一个偶然的瞬间, 发现有些定理的名字在不同人的使用中会有不同的称呼, 所以做这个慢慢收集的文来做一些记录. 初等代数中的定理有理根判别法的名字有: rational root theorem, rational root test, rational zero theorem, rational zero test or p/q theorem.

由于此博文会是长期增长建设的类型, 问题不会提供具体解答, 只会提供相应的文献索引和方法上的描述. 初等不等式问题: (均值不等式) 任意 $n$ 个非负实数的几何平均值小于或等于它们的算术平均值. 即 $\forall a_{i} \geqslant 0$, ($i=1,2, \cdots, n$) 恒有 \sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \cdots \cdot a_{n}} \leqslant \frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n},且其中的等号当且仅当 $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}$ 时成立. 倒序归纳法: 1 例1.1.7;Lagrange乘数法: 1 例1.1.7. 极限数列极限问题: 证明: 数列 $x_{n}=1+2+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n$, ($n=1, 2, \cdots$), 单调下降有界, 从而有极限 (此极限称为 Euler 常数, 记作 $C$.) 单调有界法: 1 例1.2.11;Lagrange中值: 1 例1.3.17. Reference 1. 裴礼文. 数学分析中的典型问题与方法. 高等教育出版社, 1993. ↩

这里主要收录读书过程中因为证明过程的逻辑漏洞导致的各种障碍, 其中不免会有错误证明或者错误结论. 收录学科方向不限, 会指明出处, 并尽可能给出版次. 问题1: 设$f(x)$是$\RR$上的有界实函数, 且 f\left(x+\frac{13}{42}\right)+f(x)=f\left(x+\frac{1}{6}\right)+f\left(x+\frac{1}{7}\right),\qquad\forall x\in\RR.试求出$f$的较小的正周期. 原证明 反例的构造 错误点: 方程化为 f\left(x+\frac{1}{6}\right)-f(x)=f\left(x+\frac{13}{42}\right)-f\left(x+\frac{1}{7}\right),记$F(x)=f\left(x+\frac{1}{6}\right)-f(x)$, 则$F$有周期$T=\frac{1}{7}$.但证明过程中不应当能得到 f(x+nT)=\sum_{i=0}^{n-1}F(x+iT)+f(x)=nF(x)+f(x)不然, 将能够证明$f$有周期$\frac{1}{42}$. 同样的方法可以证明 f(x+1)-f(x)=\sum_{k=0}^{5}F\left(x+\frac{k}{6}\right),如果记上式右边为$H(x)$, 则可以证明$H(x)$有周期$1$, 从而由$f$的有界性, $H$恒为零. $f$也有周期为$1$. 现在需要给出反例说明, 存在函数$f$的最小正周期为$1$, 而不能是$\frac{1}{42}$, 这样就从根本上推翻了上面的证明,而不是因为没能理解, 可能结论仍是对的的嫌疑. 由于已经证明了$f$有周期$1$, 所以只要在$[0,1]$上考虑问题. 将$[0,1]$区间分成$42$份, 每份上附上一个未知数, 如下 f(x)=a_{i},\qquad0\le\frac{i}{42}\le x\le\frac{i+1}{42}\le1.12345678910111213141516(f[#/42] = a[#]) & /@ Range[0, 41];(*根据方程建立恒等式*)d1 = Table[ f[i/42 + 1/6] - f[i/42] - f[i/42 + 13/42 ...

Poisson公式设$f(x)\in C(\RR)$, 其中$D$为单位圆盘, 则 \iint_{D}f(ax+by)dxdy=2\int_{-1}^{1}\sqrt{1-\xi^{2}}f(\xi\sqrt{a^{2}+b^{2}})d\xi.提示 做变换 \begin{cases} \xi=\frac{ax+by}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}},\\ \eta=\frac{bx-ay}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}. \end{cases}则 \iint_{D}f(ax+by)dxdy=\iint_{D}f(\xi\sqrt{a^{2}+b^{2}})\ud\xi\ud\eta=2\int_{-1}^{1}\sqrt{1-\xi^{2}}\cdot f(\xi\sqrt{a^{2}+b^{2}})\ud\xi.

Borel集Borel集是拓扑空间中的集合, 由开集(闭集)的可数并, 可数交和相对补运算生成. 有些书中定义Borel集由拓扑空间中的紧集来生成, 而不用开集. 这两种定义在一些空间中是等价的, 比如 Hausdorff $\sigma$紧空间, 但在一些病态空间中, 这两种定义会不同. 拓扑空间$X$中的所有Borel集形成一个$\sigma$代数, 即Borel代数, 或称Borel $\sigma$代数. $X$上的Borel代数是包含$X$中所有开集(或闭集)的最小$\sigma$代数. 在空间$X$中的所有开集(或者闭集)上都有定义的任何测度$\mu$, 在空间$X$上的Borel集上也都有定义. 定义在Borel集上的测度称为Borel测度. Borel分层(Borel hierarchy): 描述集合论(descriptive set theory): Suslin集Suslin集首先是由Mikhail Yakovlevich Suslin 在研究$\RR^{2}$中Borel集投影到$\RR$的时候给出的. Suslin集的概念应用于 位势理论, 测度论和分形的研究. 定义. 在度量空间$(X,d)$中, Suslin集有形式 F=\cup_{i_{1},i_{2},\cdots,}\cap_{k=1}^{\infty}F_{i_{1},i_{2},\cdots,i_{k}},其中$F_{i_{1},i_{2},\cdots,i_{k}}$对于任何正整数有限序列$\left\{ i_{1},i_{2},\cdots,i_{k}\right\}$ 在$X$中闭. Suslin集的性质 每个Borel集是Suslin集. 所有Suslin集形成的集族对可数交和可数并运算封闭. 并非所有的Suslin集都是Borel集, 比如在非平凡度量空间$\RR^{n}$. 若$A$是Polish空间中的一个子集, 则$A$是一个Suslin集当且仅当它是一个解析集. 在Polish空间中, 任何Suslin集都是普遍可测(universally measurable)的. Polish空间Polish空间是一个可分的, 完备的, 可度量化的拓扑空间. 即同胚于一个有可数稠子集的完备度量空间. Polish空间的例子有: 实直线, 任何可分Banach空间 ...

这里收录可以作为每日一题的习题. 因为是要做到每日一题的目标, 所以难度会有提升和提示上表述简略. 我也会根据不同问题进行归类, 同种方法的问题会放在我第一次遇到的问题中, 所以每个方法显示上会是只有一个问题. 判断题基础拓扑学问题: 判断以下命题的真假. 对真命题给出证明, 对假命题给出反例. 任意多个紧集的交集仍是紧集. 设 $A\in\RR$ 为任意给定集合, $K\subseteq\RR$ 是紧集. 则 $A\cap K$ 也是紧集. 若 $F_1\supseteq F_2\supseteq F_3\supseteq F_4\supseteq\cdots $ 是非空闭集套, 则交集 $\cap_{n=1}^{\infty}F_n\ne\varnothing $. 数列极限可求通项问题: 设数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 满足 $x_{0}=a$, $x_{1}=b$, $x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_{n}+x_{n-1}\right)$, $n\in\NN_{+}$, 证明数列 $\left\{ x_{n}\right\} $ 极限存在并求其极限. 问题: 见这里. 问题: 设$a_{1}>2$, 且当$n\ge1$时, $a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{2(a_{n}+1)}$. 问: $\left\{ a_{n}\right\} $收敛吗? 提示 不动点法, 解方程 x=\frac{x^{2}}{2(x+1)}有$x=0$或$x=-2$. 所以 a_{n+1}+2=\frac{(a_{n}+2)^{2}}{2(a_{n}+1)},相除得到 \frac{a_{n+1}+2}{a_{n+1}}=\left(\frac{a_{n}+2}{a_{n}}\right)^{2}=\cdots=\left(\frac{a_{1}+2}{a_{1}}\right)^{2^{n}}\to\infty所以$a_{n}\to0$. 收敛. 提示2 也可以用单调收敛定理, 注意$a_{n}>0$是显然的, a_{n+1}-a_{n}=\frac{-a_{n}^{2}-2a_{n}}{2(a_{n}+1)}