Larry_Eppes's Trivia Collection Site

这里放一些定义的收集, 以免以后用的时候有细节上的疏漏. 同时也会放上参考文献 欧式空间中的定义定义: 1 设 $V$ 是实数域 $R$ 上的一个线性空间. 如果有一个法则，它对于 $V$ 中任二向量 $\alpha$ 与 $\beta$, 都有唯一确定的实数, 用 $(\alpha, \beta)$ 表示, 与它们对应, 且满足 $(\alpha, \beta)=(\beta, \alpha)$, $(k \alpha, \beta)=k(\alpha, \beta),(k \in R)$, $\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}, \beta\right)=\left(\alpha_{1}, \beta\right)+\left(\alpha_{2}, \beta\right)$, 当 $\alpha \neq \theta$ 时, $(\alpha, \alpha)>0$, 则称在 $V$ 中定义了一个内积, 并把 $V$ 叫做一个欧式空间. 在欧氏空间中, 常把实数 $(\alpha, \beta)$ 叫做向量 $\alpha$ 与 $\beta$ 的内积. 定义: 1 设 $\alpha, \beta$ 为两个非零向量, 称实数 \varphi=\arccos \frac{(\alpha, \beta)}{|\alpha||\beta|}为向量 $\alpha$ 与 $\beta$ 的夹角, 亦即 \cos \varphi=\frac{(\alpha, \beta)}{|\alpha||\beta|} 定义: 1 称非负实数 $\sqrt{(\alpha, \alpha)}$ 为向量 $\alpha$ 的长或模, 并用 $|\alpha|$ 表示, 即 |\alpha|=\sqrt{(\alpha, \alpha)} \text {. } 正交基与标准正交基定义: 1 如果欧氏空间中两个向量 $\alpha$ 与 $\beta$ 的内积等于零, 即 (\alpha, \beta)=0,则称 $\alpha$ 与 $\beta$ 正交. 定义: 1 设 $V$ 是 $n$ 维欧氏空间. 如果 $V$ 的基 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}$ 中每两个向量都正交, ...

最近刷题目卡在最后一题了, 题目是这样的: 问题: 设 $\left\{ a_{n}\right\} ,\left\{ b_{n}\right\} $ 为满足 $e^{a_{n+1}}=a_{n}+e^{b_{n}},n\geq1$ 的两个实数列, 已知 $a_{n}>0(n\geq1)$, 且 $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$ 收敛。证明: $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_{n}}{a_{n}}$ 也收敛。 从题目中容易解出来 b_{n}=\ln\left(\ue^{a_{n+1}}-a_{n}\right),所以要证明$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{b_{n}}{a_{n}}$的收敛性, 最先想到的是证明级数的各项能被$a_{n}$的某固定常数倍控制, 于是 \frac{b_{n}}{a_{n}}=\frac{\ln\left(\ue^{a_{n+1}}-a_{n}\right)}{a_{n}}\le\frac{\ue^{a_{n+1}}-1-a_{n}}{a_{n}}\le\frac{a_{n+1}+o\left(a_{n+1}\right)-a_{n}}{a_{n}}.但右边似乎没有办法被很好的控制, 因为我最后构造了一个反例, 反例大概是这样的 a_{n}=\begin{cases} \frac{1}{n^{2}}, & n\ne m^{2},\\ \left(1+\frac{1}{m}\right)\frac{1}{n^{2}}, & n=m^{2}+1, \end{cases}使用$\frac{1}{n^{2}}$是因为众所周知的$\zeta(2)=\frac{\pi^{2}}{6}$, 来确保级数$\sum a_{n}$的收敛性. $1+\frac{1}{m}$项是为了能让项$\frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n}}$在$n=m^{2}$时得到$\frac{1}{m}$, 这可以取遍调和级数的所有项, 从而使$\frac{a_{n+1}-a_{n}}{a_{n}}$形成的部分和含有发散子列$\frac{1}{m}$. 这是我怀疑上面的不等式在放大的过程中放的太过了, 所以有必要直接考虑$\frac{b_{n}}{a_{n}}$在$n$很大时的变化趋势, 根据 ...

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.

设 \frac{\ud^{n}}{\ud x^{n}}\exp\left(-x^{2}\right)=p_{n}(x)\exp\left(-x^{2}\right),则有$p_{0}(x)=1$, $p_{1}(x)=-2x$. 计算 \begin{align*} \frac{\ud^{n+1}}{\ud x^{n+1}}\exp\left(-x^{2}\right) & =\frac{\ud}{\ud x}\frac{\ud^{n}}{\ud x^{n}}\exp\left(-x^{2}\right)\\ & =\frac{\ud}{\ud x}\left(p_{n}(x)\exp\left(-x^{2}\right)\right)\\ & =p'_{n}(x)\exp\left(-x^{2}\right)-2xp_{n}(x)\exp(-x^{2})\\ & =\left(p_{n}'(x)-2xp_{n}(x)\right)\exp(-x^{2}). \end{align*}所以我们期望有关系 p_{n+1}(x):= p'_{n}(x)-2xp_{n}(x)成立. 容易证明对于任何$n$, $p_{n}(x)$是$x$的多项式. 考虑$\exp(x^{2})$的Maclaurin级数有 \exp(x^{2})\ge\frac{\left|x\right|^{k}}{k!}\left|x\right|^{k}\Longrightarrow\left|x\right|^{-k}k!\ge\left|x\right|^{k}\exp(-x^{2}).所以 \left|x^{k}\exp(-x^{2})\right|\le\frac{k!}{\left|x\right|^{k}}\le k!,\qquad\left|x\right|\ge1. \left|x^{k}\exp(-x^{2})\right|\le1,\qquad\left|x\right|\le1.即对于任何$k\in\NN$, 有 \sup_{x}\left|x^{k}\exp(-x^{2})\right|\le k!

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 ...

对于如下类型的极限计算\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(k)\]可采用的计算方法有: 转化为定积分定义计算若$f(k)$能表达成$g\left(\frac{k}{n}\right)$的形式时, 可采用定积分定义计算, 即\[\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}g\left(\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1}g(x)dx.\] 采用Stolz定理, 转化为计算 $\lim_{n\rightarrow\infty}f(n)$;使用Euler求和公式.

问题: 求 I=\int_{0}^{1}\frac{x-1}{\ln x}\ud x.提示 I=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}x^{y}\ud y\ud x=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}x^{y}\ud x\ud y=\int_{0}^{1}\frac{1}{y+1}\ud y=\ln(1+y)\mid_{0}^{1}=\ln2.

问题: 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上具有二阶可导, 且 $f(a)=f(b)=0$, $M=\max_{x\in[a,b]}\left|f^{\prime\prime}(x)\right|$, 证明 \left|\int_{a}^{b}f(x)dx\right|\leq\frac{(b-a)^{3}}{12}M.瞎算 \begin{align*} f(x) & =f'(a)(x-a)+\frac{f''(\xi)}{2}(x-a)^{2}\\ & =f'(b)(x-b)+\frac{f''(\eta)}{2}(x-b)^{2}\\ & =\lambda f'(a)(x-a)+(1-\lambda)f'(b)(x-b)+\lambda\frac{f''(\xi)}{2}(x-a)^{2}+(1-\lambda)\frac{f''(\eta)}{2}(x-b)^{2} \end{align*}取$\lambda=\frac{f’(b)}{f’(a)+f’(b)}$, \int_{a}^{b}f(x)dx=\frac{\lambda}{2}\int_{a}^{b}f''(\xi)(x-a)^{2}dx+\frac{1-\lambda}{2}\int_{a}^{b}f''(\eta)(x-b)^{2}dx. \left|\int_{a}^{b}f(x)dx\right|\le\frac{\lambda}{2}M\int_{a}^{b}(x-a)^{2}dx+\frac{1-\lambda}{2}M\int_{a}^{b}(x-b)^{2}dx=\frac{M(b-a)^{3}}{6}. 提示 \begin{align*} 0=f(a) & =f(x)+f'(x)(a-x)+\frac{f''(\xi)}{2}(a-x)^{2}\\ & =f(x)+f'(x)(b-x)+\frac{f''(\eta)}{2}(b-x)^{2}\\ & =f(x)+\lambda(a-x)f'(x)+(1-\lambda)(b-x)f'(x)+\frac{f''(\xi)}{2}\lambda(a-x)^{2}+\frac{f''(\eta)}{2}(1-\lambda)(b-x)^{2} \end{align*}取$\lambda=\frac{ ...

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)}

关于每个变量连续的间断函数.\[f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, & x^{2}+y^{2}\ne0,\\0, & x=y=0.\end{cases}\] 一个二元函数在原点没有极限, 但沿着任一直线逼近原点存在极限.\[f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^{2}y}{x^{4}+y^{2}}, & x^{2}+y^{2}\ne0,\\0, & x=y=0.\end{cases}\] 以下三种极限恰有两个存在且相等的函数\[\lim_{(x,y)\to(a,b)}f(x,y)\quad\lim_{x\to a}\lim_{y\to b}f(x,y),\quad\lim_{y\to b}\lim_{x\to a}f(x,y).\] (1).\[f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, & x^{2}+y^{2}\ne0,\\0, & x=y=0.\end{cases}\] (2).\[f(x,y)=\begin{cases}y+x\sin(1/y), & y\ne0,\\0, & y=0.\end{cases}\] (3).\[f(x,y)=\begin{cases}x+y\sin(1/x), & x\ne0,\\0, & x=0.\end{cases}\] 以上三种极限恰有一个存在的函数.(1).\[f(x,y)=\begin{cases}x\sin(1/y)+y\sin(1/x), & xy\ne0,\\0, & xy=0.\end{cases}\] (2).\[f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}+y\sin(1/x), & x\ne0,\\0, & x=0.\end{cases}\] (3).\[f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}+x\sin(1/y), & y\ne0,\\0, & y=0.\end{cases}\] 累次极限交换次序不相等的函数.\[f(x,y)=\begin{cases}\frac{x^{2 ...