109 NOTES
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变量代换
在高代中有一类所有系数均为1的多项式函数通过变量代换求解 引例1 若p为素数，求证f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\dots+x+1 在有理数域上不可约 核心想法 令x=y+1 则f(x)=\frac{x^p-1}{x-1}=y^{p-1}+C_p^1y^{p-2}+\dots+C_p^p-1 取\forall p \mid C_p^i且有p \nmid 1,p^2\nmid C_p^{p-1}=1 由Eisenstein判别法，f(x)在有理数域上不可约 进一步的，我们可以抽象出一个思想 核心思想 f(x)=\frac{x^{k+1}-a^{k+1}}{x-a}=x^k+ax^{k...
- 代数
不定方程的整数解问题
Note 若(a,b)\mid c，则存在两个整数s,t满足 as+bt=(a,b) 定理1 设二元一次不定方程ax+by=c有一整数解x=x_0,y=y_0则方程的一切解都可表出 x=x_0-b_1t~~~~~y=y_0+a_1t 其中(a,b)=d,a=a_1d,b=b_1d，t为整数 随后，求解不定方程问题将变为求解方程的一个特殊解问题 例 1 求 107 x+37 y=25 的一切整数解 由给定的方程得 y=\frac{25-107 x}{37}=-2 x+\frac{25-33 x}{37}=-2 x+y^{\prime}, 其中 y^{\prime}=\frac{25-33 x}...
- 代数
不动点理论
分析观点下的不动点 压缩映射是不动点和 Lipschitz 条件的基础。 在完备的度量空间上，若 f([a,b])\subset [a,b] 并存在 0<k<1，则成立 |f(x)-f(y)| \leq k|x-y|。 即 d(Tx,Ty) \leq d(x,y)。 Picard-Banach 不动点定理 Banach 空间 X 到 X 之间的映射 f 如果是一个压缩映射，即存在一个严格小于 1 的正实数 q，使得 d\left(f\left(x_1\right),f\left(x_2\right)\right)\leq qd\left(x_1,x_2\right), \quad ...
- 思想
- 代数
- 分析
不适用于逐项估计求和的极限的例子
问题0 求含参数和的极限\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}其中f(k):=\frac{2k(k-1)}{2k-1}。 这里我们首先要面临的一个决策是，我们究竟是利用逐项估计还是和的积分估计？ 我们首先来审视第一种方法，本质上我们是对 \frac{1}{n+f(k)}=\frac{1}{n}\frac{1}{1+\frac{f(k)}{n}} 用\frac{1}{1+x}的taylor展开，那么要保证|x|<1。也就是说，只要需要保证k=1,\cdots,n对任意的正整数n都有|\frac{f(k)}{n}|<c<1才能保证展开是有意义的。 其次假设...
- 分析
部分积的上界估计与Gautschi不等式
问题1 证明:\prod_{n=1}^{N}\left(1-\frac{1}{2n}\right)<\frac{1}{\sqrt{2N}} 转换为对部分和的估计： 问题2：问题1的等价命题 \sum_{n=1}^{N}\log\left(1-\frac{1}{2n}\right)<-\frac{1}{2}\log(2N) 1.
- math
- 微积分
- 大学数学竞赛
层切糕
这是fubini定理的一个核心运用，参考Fubini-Tonelli定理 Question f是可积的，对于任意\alpha>0,令E_\alpha=\{x:|f(x)>\alpha|\} 有\int_{R^d}|f(x)|dx=\int_0^{\infty}m(E_\alpha)d\alpha 最重要的是对|f(x)|的阐述，因为是可积的，所有可以表示成积分的形式 对每个固定 (x)，有恒等式： |f(x)| = \int_0^{|f(x)|} 1d\alpha.
- 分析
常见积分法
除常用的三类积分法，组合积分法，递推法之外，运用下列初等方法对解决不定积分问题也有极高的效率 1.
- 分析
次指数衰减函数卷积的渐近行为分析
问题0（UCLA 2025分析学资格考试题目） 定义f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R},f(x):=e^{-\sqrt{||x||}}其中||\cdot||是\mathbb{R}^n上的欧氏范数。证明\lim_{||a||\to +\infty}\frac{f*f(a)}{f(a)}= 2\int_{\mathbb{R}^n}f(x)\,dx f*f表示函数与自己的卷积。 1.
- math
- 大学数学竞赛
- 实分析
从几个极限问题去理解Landau符号
1.
- math
- 微积分
- 考研
打字机
打字机序列是实分析中用于辨析收敛模式差异的经典反例。 Tip 其核心直觉在于：函数列的“能量”（L^p 范数）可以随着支撑集的测度减小而趋于零，但支撑集本身可以在定义域内无限次地“循环扫描”。 这揭示了测度论中的一个深刻事实：平均意义下的收敛（L^p 收敛）并不蕴含个体意义下的收敛（逐点收敛或几乎处处收敛）。 这种现象类似于打字机的机头，虽然每次敲击的范围（区间长度）越来越窄，但它周而复始地扫过整个纸面，导致纸面上任意一点都会被无限次地“击中”。 1.
- 分析
代数基本定理
代数证明 拓扑证明 设 p(z) 是次数 n \ge 1 的复系数多项式。假设 p(z) 在 \mathbb{C} 上无根。 当 |z| \to \infty 时: |p(z)| \to \infty。 因为 |p(z)| \approx |a_n z^n|。 存在 R: 存在 R>0 使得 |z| > R \implies |p(z)| > |p(0)|。这意味着 |p(z)| 的最小值点 z_m 必定在闭圆盘 K = \{z \mid |z| \le R\} 内。 又有 K 是紧集 |p(z)| 是连续函数。根据极值定理，|p(z)| 在 K 上取得最小值 m 在某点 z...
- 代数
带根号的三项迭代序列极限的存在性问题
问题0 序列\{x_n\}满足x_1,x_2>0以及递归式x_{n+2}:=\sqrt{x_{n+1}}+\sqrt{x_n}证明序列的极限存在并且为4。 下面是关于序列的一些基本信息： 首先序列是有界的。令M_{U}:=\max\{x_1,x_2,4\}此时x_3 \leq M_U,现在假设3\leq k\leq n+1对应的序列x_k都是满足这个上界的，那么由于M_U\geq 4从而x_{n+2}\leq 2\sqrt{M_U}\leq M \implies x_n \leq M_U由归纳法，这对于n\geq 3都成立。 递归过程中的不动点4就是最终需要证明的极限。因为如果极限存在...
- 分析
带绝对值的微分不等式
问题0 \mathbb{R}上的可微函数f满足f(0)=0并且存在一个常数A使得|f'(x)|\leq A |f(x)|证明函数f(x)\equiv 0。 证明的思路都是类似的，即如果我们可以证明这个函数在局部上为0，那么是否可以把这种性质推广到全局? 1.
- math
- 微分方程
- 拓扑
单调有界函数几乎处处连续
命题 f:[a,b]\to \mathbb{R}是单调有界函数，那么函数是几乎处处连续的函数。 1.
- math
- 实分析
递推序列确定渐近系数但Stolz失灵的情况
问题0 a_1=\frac{\pi}{2}并且序列满足递推关系a_{n+1}=a_n-\frac{1}{n+1}\sin(a_n)证明序列na_n的极限存在。 1.
- math
- 考研
- 微积分
第一同构定理
0.
- math
- 代数基础
丢番图逼近
丢番图逼近中的一个零测集 Tip 狄利克雷逼近定理指出，对于任意无理数x，存在无穷多个有理数p/q满足|x-p/q| \leq 1/q^2。这是一个“标准”的逼近速度。本问题探讨的是那些可以被“异常好”地逼近的数，即逼近速度达到1/q^{2+\epsilon}（其中\epsilon>0）。直观上，满足这种更苛刻条件的数应该更加“稀少”。博雷尔-坎泰利 (Borel-Cantelli) 引理正是将这种“稀少”的概率直观转化为测度论中“零测集”这一严格概念的桥梁。其核心思想是，如果一系列“坏事件”发生的概率（测度）之和是有限的，那么无穷多个“坏事件”同时发生的概率（测度）就是零。 1.
- 代数
对闭区间上连续可微函数最大值的控制
命题1 f\in C^1([a,b])，那么\max_{x\in [a,b]}|f(x)|\leq \frac{1}{b-a}\left|\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right|+\int_{a}^{b}|f'(x)|\,dx 首先想到由于函数的连续性积分的中值定理，闭区间上必然存在一个点\xi使得f'(\xi)=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)\,dx假设|f|在c处取得最大值，那么问题就变成了|f(c)|-|f(\xi)|如何被控制。一个简单的想法是\begin{aligned}|f(c)|-|f(\xi)|&\leq ...
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- 微积分
对含参数方程根的估计
问题0 设\cos(x)=sx的N(s)个正根按照顺序排列为x_1<x_2<\cdots<x_{N(s)}证明\lim_{s\to 0^{+}}\sum_{k=1}^{N(s)-1}\frac{1}{x_kx_{k+1}}=\frac{2}{\pi^2} 从分析学的角度上来讲，我们的最终目的是估计含参数的和\sum_{k=1}^{N(s)-1}\frac{1}{x_kx_{k+1}}，估计精度为o(1)，问题要我们确认常数项恰好是\frac{2}{\pi^2}。 我们可以先做一个草图来直观理解这个问题： (*绘制cos(x),sx两个函数的交点随着参数s变小而变化的动画*)...
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- 微积分
- 实分析
对数化技巧及其推广
引理 1 函数f对任意实数x,y都有f(x)\geq f(y) \implies x\geq y当且仅当f严格单调增加。 如果f满足引理中的性质，那么对任意x<y不可能有f(x)\geq f(y)于是必然有f(x)<f(y)从而函数f严格单调增加。 想法 2 如果我们的目标是研究序列a_n的单调性，但是由于a_n的形式较为复杂，那么我们可以考虑一个定义在序列的取值范围内的严格单调增加的函数f，从而根据引理a_m \leq a_n \iff f(a_m)\leq f(a_n) 而此时如果b_n:=f(a_n)是一个单调性相对更简单的序列，那么这个想法就是成功的。 例子3 考虑a_n...
- math
- tool_idea
对误差的分析从而改进分段估计
问题 求极限:\lim_{n\to\infty}\frac{n+n^{1/2}+...+n^{1/n}}{n} 1.和的分段估计 在这个问题当中，我们无非就是要估计S_n:=\sum_{k\leq n}n^{1/k}目标精度为o(n)。因为这样的话我们可以得到一个关于\frac{1}{n}S_n的一个精度为o(1)的估计，从而得到极限。 通过对求和对象的简单观察，我们发现这些被求和对象的增长速度完全不同。第一项n，第二项\sqrt{n}都是很大的，而最后一项n^{1/n}\sim 1相对而言又特别小。因此直接进行逐项估计显然是不合适的，误差会特别大。同时，假设我们对于这些被求和对象n^{1/...
- math
- 微积分
对一个含参数的和的估计以及控制收敛定理
问题1(普特南数学竞赛) 证明对任意的正整数都有不等式\frac{3n+1}{2n+2}\leq \sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^n<2 这很明显是关于不等式中间的那个和的估计的问题。我们甚至进一步可以问: 问题2 求极限\lim_{n\to \infty}S_n其中S_n:=\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^n 1.
- math
- 微积分
对一个含参数的和的估计以及控制收敛定理2
问题1 求S_n的极限: S_n:=\sum_{k=1}^n \frac{5^{\frac{k}{n}}}{n+\frac{1}{k}} 1.
- math
- 微积分
- 实分析
多项式函数列随着次数增大零点越来越靠近无穷远
问题 对于任意的\varepsilon > 0，证明对于足够大的n都有: f_n(z) = > 1+ \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + .. + \frac{1}{n!z^n} 的所有零点都在圆盘D(0,\varepsilon)内。 1.
- math
- 复分析
非单群证明
元素计数法 这是最直观的方法。如果 G 是单群，那么对于所有素因子 p，都有 n_p > 1。我们计算不同 Sylow 子群贡献的元素个数，看是否会超过群的总阶数 |G|，或者是否会挤占空间导致剩下的元素刚好组成唯一的（正规的）Sylow 子群。 核心步骤： 假设 G 是单群，列出所有 n_p > 1 的情况。 利用公式：如果两个不同的 Sylow p-子群交集仅为 \{e\}，则 n_p 个 Sylow p-子群包含的非单位元个数为 n_p \times (|P| - 1)。 将不同素数对应的非单位元个数相加，再加上单位元。 如果总数 > |G|，则矛盾。 如果总数 <...
- 代数
非负函数广义黎曼积分收敛意味着什么
问题0 一个非负函数f:(0,+\infty)\to [0,+\infty)如果它对应的广义黎曼积分收敛，即\int_0^{\infty}f(x)\,dx<\infty那么函数f(x)在x\to \infty的时候， 可以推出f一定满足什么性质？ f的哪些性质是被允许的？（可能会有，也可能没有，并不影响前面的条件） 这个问题算是级数收敛与求和对象的收敛速度这个问题的连续版本。 引理1 令f:(0,+\infty)\to [0,+\infty)，下面两个说法等价： 存在序列x_n\to \infty使得f(x_n)\to 0。 对任意\varepsilon>0与任意R>0，存...
- math
- 实分析
非负序列差分的约束条件导致序列收敛
命题1 假设x_n是一列非负序列并且对任意n\geq 1满足不等式:x_{n+1}\leq x_n+\frac{1}{n^2} 那么序列的极限存在。 从条件可知\Delta x_{k}\le \frac{1}{k^2}那么序列存在极限。根据序列差分的估计蕴含着序列本身的估计“想法1”，我们把差分的上界信息转换为序列的上界估计，于是x_n\leq x_m+\sum_{m\leq k\leq n-1}\frac{1}{k^2}而由于\frac{1}{k^2}的和是有限。于是0\leq x_n\leq x_1+\sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^2}是一个有界序列。于是该序列的上极限...
- math
- 实分析
- 考研
分部积分与Cauchy-Schwarz不等式的结合
问题 f\in C([0,1]\to \mathbb{R}),\int_{0}^{1}f(x)\,dx=0证明\left(\int_{0}^{1}xf(x)\,dx\right)^2\leq \frac{1}{12}\int_{0}^{1}f^2(x)\,dx 1.
- math
- 微积分
- 考研
分段估计
底乘以高 积分版本(上界):在测度空间(X,\mathcal{F},\mu)上的某个有限测度的集合E上对上界为M的函数f求积分，那么一个非常粗略的积分估计就是\left|\int_{E}f\,d\mu\right|\leq \int_{E}\left|f\right|\,d\mu\leq M\mu(E) 积分版本(下界):在测度空间(X,\mathcal{F},\mu)上的某个有限测度的集合E上对有下界为M的非负函数f求积分，那么一个非常粗略的积分估计就是\int_{E}f\,d\mu \geq M\mu(E) 求和版本: 如果被求和函数a_n在整数的某个有限子集E上求和，并且有上界M，那么...
- 分析
分析学控制理论
Tip 核心想法是控制一个坏集，通过控制坏集的区间足够小来控制它对好性质不会产生过多的影响 Example [0,1]区间上的一系列可测函数f_n满足|f_n(x)| < \infty,a.e. x. 证明存在一系列的正实数c_n使得\frac{f_n(x)}{c_n} \to 0,a.e.
- 思想
- 分析
分圆域与分圆多项式
在复数域 \mathbb{C} 中，对于任意正整数 n，方程 x^n - 1 = 0 的根被称为 n 次单位根。这些根在复平面上构成一个正 n 边形的顶点，其模长为 1。 这些根可以表示为 e^{2\pi i k / n}，其中 k = 0, 1, \dots, n-1。 定义 1.1.1: 本原单位根 如果一个 n 次单位根 \zeta 满足 \zeta^k \neq 1 对于所有 1 \leq k < n，则称 \zeta 为一个 n 次本原单位根 。 等价地，一个 n 次单位根 \zeta 是本原的，当且仅当其阶 为 n。 n 次本原单位根的数量等于欧拉函数\phi(n)。 分圆多...
- 代数
傅里叶逆变换公式
1.
估计一个根式的和
2024年，中学数学联赛某地区预选题 令S=\sum_{k=1}^{40}\sqrt{400+k}求\lfloor S\rfloor。 相当于我们要对S这个和做一个估计，误差要尽可能地小(至少累积误差要小于1)。 1.
- math
- 实分析
- 中学数学竞赛
关于log的一个常用估计
对于对数函数\log(1+x),x>-1的时候，函数有这样的简单上界和下界估计: \frac{x}{1+x}\leq \log(1+x)\leq x等号是在x =0的时候取得。 不过这里要补充的是，根据(1,1)阶的pade逼近，我们有x \geq0的时候有\frac{2x}{2+x}\leq \log(1+x)\leq x此时的下界会比之前的更好，更精确同时也没有增加复杂性。 唯一有一些不足的地方在于,这个下界的不等式不能在\log(1+x)的整个定义域成立，因为-1<x<0的范围内，\log(1+x)<\frac{2x}{2+x}.
- math
- 微积分
关于log的一个积分
问题 求积分:\int_{0}^{1} \log(1-x) \log(x) dx 1.
- math
- 微积分
- 大学数学竞赛
含参数一元函数的不等式
含参数一元函数的不等式问题 I为一个区间，然后考虑一族函数\{f_a\}_{a\in A}并且f_a\in C^{1}(I\to \mathbb{R})。现在要证明不等式f_a(x)\geq 0或者f_a(x)>0对任意x\in I成立。 相当于把二元函数的最值问题，转换为含参数的一元函数的最值问题。算是一种降维的操作。 有时候一些二元函数的不等式比如，证明\forall (a,b)\in U都有g(a,b)\geq 0的时候，如果我们可以把U分解为U=A\times I那么只要令f_a(b):=g(a,b)于是就可以把问题转换为含参数的一元函数不等式问题了。 参考视频:中值定理证明不...
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- 微积分
函数矩的约束条件下对范数的优化问题
问题0 设f\in L^{\infty}([0,1]\to \mathbb{R})满足\int_0^1 x^kf(x)\,dx =0 ,\quad (k=0,1,\cdots,n-1),\quad \int_0^1 x^nf(x)\,dx=1证明||f||_{L^{\infty}}\geq 2^n(n+1) 这里的下界远不是最优的结果，最优下界为||f||_{L^{\infty}}\geq 2^{2n} 1.从多个角度来说明，为什么原问题中的估计很松？ 1.1 从寻找L1范数尽可能小的n次首1多项式入手 令V_n:=\text{span}\{1,x,\cdots,x^{n}\},根据题目给的...
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- 实分析
- 微积分
函数沿着梯度方向下降的定量问题
问题0：CMC非数A 非负函数f\in C^1(\mathbb{R}\to \mathbb{R})并且存在正实数M使得|f'(x)-f'(y)|\leq M |x-y|,\quad \forall x,y\in \mathbb{R}证明(f'(x))^2\leq 2Mf(x),\quad \forall x\in \mathbb{R} 1.
- math
- 微积分
- 考研
函数与函数微分比值的极限
命题1 定义在(a,b)上的实f(x)可微，其微分满足极限\lim_{x\to a^{+}}f'(x)=-\infty且微分在(a,b)上单调增加，那么\lim_{x\to a^{+}}\frac{f(x)}{f'(x)}=0 初步的想法 我们无非要对函数F(x):=\frac{f(x)}{f'(x)}做估计，精度为o(1)。现在我们已经知道在f'(x)的渐近行为，我们需要用知道f(x)的渐近行为。然而此处f在a处未必有定义，并且f'(a)=-\infty所以我们不打算直接用微分的定义或者微积分基本定理，而是退而求其次，考虑自变量非常靠近a的...
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- 微积分
函数在无数个区间上被控制是否意味着反常积分收敛
问题0 [0,+\infty)上可积的函数f，单调不增，处处为正，并且存在一个M>0对于足够大的a都有\int_a^{e^a} f(t)\,dt \leq M那么f(x)在[0,+\infty)上的反常积分一定收敛吗？ 一个简单的推导，令a=\ln(x),于是M\geq \int_{\ln(x)}^x f(t)\,dt \geq (x-\ln(x))f(x)于是f(x)\leq \frac{M}{x-\ln(x)}也就说明f(x)=O(\frac{1}{x})。但是这样并不能说明函数对应的反常积分的收敛性。 虽然一般的比较正规的符合O(\frac{1}{x})无法构成反例，但是下面这个...
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- 微积分
- 实分析
和的估计的经典例子
和的估计除了逐项放缩和夹逼定理以外最常见的一个思路就是利用黎曼积分与黎曼和替换函数 问题1 求极限\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{(n+k)(n+k+1)}}{n^2} 第一反应是分母上的n^2过于显眼，需要把它移到根号里面，变成： \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sqrt{(1+\frac{k}{n})(1+\frac{k+1}{n})} 到这里已经初见黎曼和的形式，不过k+1很碍事，我们可以设 S_n=\sum_{k=1}^n\sqrt{(1+\frac{k}{n})(1+\fra...
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积分伸缩
问题 假设 f 在 (\mathbb{R}^{d},\mathcal{L},m) 上可积 (Lebesgue 可积)，并且 \delta=(\delta_1,\dots,\delta_{d}) 是由 d 个非零实数组成的 d-tuples，定义 f^{\delta}(x)=f(\delta x)=f(\delta_1x_1,\dots,\delta_d x_d) 证明 f^{\delta} 是可积函数，且有: \int_{\mathbb{R}^{d}} f^\delta(x) \, dx = |\delta_1|^{-1} \cdots |\delta_d|^{-1} \int_{\math...
- 分析
积分因子法与分项组合
作为常微分最常用的两类方法，分项组合技巧性极强，而积分因子恰能弥补它的缺点 一般来说分项组合有以下常见情况： d(xy)=ydx+xdy=0 {d({x\over y})}={{1\over y}dx-{x\over y^2}dy} 通常的，对于ydx-xdy可以考虑如下几种形式 d({ln{|{x\over y}|}})={{ydx-xdy}\over{xy}} d(arctan{{y}\over{x}})={{ydx-xdy}\over{x^2+y^2}} d(ln|{{x-y}\over{x+y}}|)=2{{ydx-xdy}\over{x^2-y^2}} 问题1 (y^2cosx+y)...
- 分析
积分与级数
引入 将区间 [a, b] 分成 n 个等宽的小区间，每个区间的宽度为 \Delta x = \frac{b-a}{n}。 在每个小区间内，任取一点 x_i^* (可以是左端点、右端点或中点)。 以 f(x_i^*) 为高，\Delta x 为宽，构造一个矩形，其面积为 f(x_i^*) \Delta x。 将所有这些矩形的面积加起来，就得到了一个级数（求和），称为黎曼和黎曼积分与黎曼和： S_n = \sum_{i=1}^{n} f(x_i^*) \Delta x 当矩形的数量 n 趋向于无穷大时（即 \Delta x \to 0），这个离散的和就变成了曲线下方的面积，也就是定积分。 \l...
- 分析
基于分部积分法的积分的估计
基本想法 参照基于分部求和法的和的估计，在积分的估计中我们也可以有类似的思考方式，即当我们要估计形如\int fg的积分的时候，如果我们发现： f的部分积分F的估计是已知的，或者相对容易的。 g的微分g'是已知的，或者相对容易估计的。 那么通过分部积分\int fg = A+\int Fg'那么我们可以得到新的估计\left|\int fg\right|\leq |A|+\left|\int Fg'\right| 有的时候，为了使得积分估计的精度更高从而使用分部积分法，目的是在每次分部积分的时候从积分当中抛出一部分函数，从而使得剩下的新的积分其估计精度更高。 函...
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基于分部求和法的和的估计
基本想法 当我们处理某个部分和S_{M,N}的时候，如果我们发现被求和对象可以写成乘积的形式以至于部分和S_{M,N}可以写成S_{M,N}:=\sum_{n=M}^N a_nb_n并且我们假设其中a_n,b_n满足假设: 其中形式较为简单的对象a_n，其差分序列a_{n+1}-a_n是较为简单的。 其中b_n的形式虽然较为复杂，但是其部分和B_N:=\sum_{n=M}^N b_n对我们而言是熟悉的(通过其他方式获取到的，或者已知估计的) 此时我们可以借助部分和B_N以及差分a_{n+1}-a_n的估计来间接地得到S_N的估计。 1.
- math
- tool_idea
极大函数
1.
- 分析
计算闵可夫斯基和的一般范式
Tip 闵可夫斯基和A+B不存在一个统一的、适用于所有集合的代数计算公式。其计算范式完全依赖于集合A和B的表示方式 与其内在的几何或代数结构。因此，核心问题是识别集合的特性（如凸性、几何形状、代数构造等），并选择与之匹配的最高效的计算框架。 1.
- 分析
解的存在唯一性定理
定理 如果f(x,y)在矩形域R中连续且关于y满足李普希茨条件，则\frac{dy}{dx}=f(x,y) 存在唯一解y=\varphi(x)，定义于x_0 \leq x \leq x_0 + h,连续且满足初值条件\varphi(x_0)=y_0 其中h= min(a,\frac{b}{M}),M=max_{(x,y)\in R}|f(x,y)| 且f(x,y)是矩形域R:|x-x_0| \leq a, |y-y_0| \leq b上的连续函数 Tip 一个直接的思路来自于皮卡逼近定理，换句话说正是有了皮卡定理才改进出了存在唯一性定理 在证明的过程中，巧妙的将存在性这一空泛的问题转化为了四...
- 分析
矩阵分解
第一类是“解线性方程/最小二乘”：LU、QR、Cholesky、三角分解、正交三角分解。 第二类是“理解线性变换结构”：特征值分解、对角化、谱分解、Schur、Jordan、广义特征值分解。 第三类是“压缩、降噪、低秩近似”：SVD、满秩分解、奇异值阈值分解。 第四类是“分离几何作用或利用结构”：极分解、分块分解。 1.
- 代数
矩阵转化为标准型
1.
柯西的反向归纳法
1.
- math
- tool_idea
可测集合线性变换后的测度
命题0 考虑一个测度空间(\mathbb{R}^d,\mathcal{L}(\mathbb{R}^d),m)，其中\mathcal{L}是\mathbb{R}^d中的全体Lebesgue可测集合构成的\sigma-代数，m表示Lebesgue测度。此测度空间上有一个可测集合E\in \mathcal{L},以及一个线性变换L:\mathbb{R}^d\to \mathbb{R}^d，那么此集合本身的测度与线性变换以后的测度满足关系:m(L(E))=|\det(L)|m(E) 1.
- 分析
可积未必有界
Tip 一个函数可以是处处稠密地无界的，勒贝格积分并不控制函数的逐点界，只控制其“平均”大小。 f(x)= \begin{cases} x^{-1/2}, & 0<x<1,\\[4pt] 0, & \text{其它情形}.
- 分析
可微性
核心 数学分析中的可微性过于脆弱，为了推广他仅仅依靠3\epsilon语言又是远远不够的，因此我们需要一套全新的证明思路 1.
- 分析
空间完备性
L^1空间的完备性 Tip 柯西列收敛到L^1中则空间完备。那就是控制子列收敛到f即可。 取L^1中的一列柯西列\{f_n\}，使得 ||f_n-f_m||\to 0,\quad as\quad n,m\to \infty 用数分的语言描述就是 \forall \epsilon >0,\quad \exists N(\epsilon)\quad s.t.n,m \le \epsilon 我们取\epsilon=2^{-k}则 ||f_{n_{k+1}}-f_{n_k}|| <2^{-k} 取telescoping： f(x)=f_{n_1}(x)+\sum_{j=1}^{\inft...
- 分析
勒贝格收敛定理
Tip 标准的勒贝格控制收敛定理 (LDCT) 保证了在特定条件下，积分的极限等于极限的积分 (\lim \int f_n = \int \lim f_n)。这是一个关于数值收敛的结论。然而，在相同的假设下，我们可以得到一个在结构上更强的结论：函数序列f_n在**L^1范数**的意义下收敛于极限函数f。这意味着f_n与f之间差异部分的面积\int|f_n-f|趋向于零。这个L^1收敛是现代分析中的一个核心概念，它深刻地刻画了函数序列的“整体逼近”程度，而不仅仅是积分值的逼近。 1.
- 分析
类似于傅里叶系数的一个积分估计
问题1 g\in C(\mathbb{R})并且是一个周期为1的周期函数,g(x+1)=g(x)并且在一个周期内的积分为0,\int_0^{1}g(x)\,dx=0。f \in C^1([0,1])令a_n:=\int_{0}^{1}f(x)g(nx)\,dx证明\sum_{n\geq 1}a_n^2是收敛的。 错误思路 不能把\int_0^1 f(x)g(nx)\,dx拆成\left(\int_0^1 f(x)\,dx\right)\left(\int_0^1 g(nx)\,dx\right).
- math
- 微积分
- 考研
黎曼积分与黎曼和
问题0 f\in C^2([0,1])，令R_n:=\int_0^1f(t)\,\mathrm{d}t-\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(k/n)求\lim_{n\to \infty}nR_n 事实上我们只需要f\in C^1就可以得到关于函数黎曼和的估计的结论\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(k/n) = \int_0^1f(t)\,\mathrm{d}t - \frac{f(1)-f(0)}{2n}+O\left(1/n^2\right)如果条件再弱一些，只要求f'\in L^1，那么估计会减弱到\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f(...
- 分析
- 思想
利用相似的渐近判断积分收敛与发散性
命题1 f \in C^1[0,+\infty),f(0)>0,f'(x)>0,那么\int_{0}^{\infty}\frac{1}{f(x)}\,dx与\int_{0}^{\infty}\frac{1}{f(x)+f'(x)}\,dx同收敛同发散。 这个问题也可以转换为一个渐近问题，即我们需要知道I_N:=\int_{0}^{N}\frac{1}{f(x)+f'(x)}\,dx的渐近展开，要求精度为O(1)，因为非负性，这个积分要么绝对收敛，要么绝对发散。而我们已经知道一个形式类似的渐近结果I_N':=\int_{0}^{N}\frac...
- 分析
幂等变换
命题1 设\varphi是n(n\geq2)维向量空间V上的非零线性变换，已知\varphi不是可逆变换，则\varphi在V的某组基下的表示矩阵A适合A^2=A 证明： 一个最直接的证明思路是证明V可以被分解Ker\varphi与Im\varphi的直和 在这种情况下，\varphi不能将Im中的元素映成Ker,故A可对角化 这在几何的视角看是显然的，但是用代数的语言说明并不容易 因为\varphi^2=\varphi 故任取\alpha\in Ker\varphi \cap Im\varphi \quad \alpha=\varphi(\beta) 则0=\varphi(\alpha)=...
- 分析
幂级数的收敛圆盘与半径
1.
- 分析
欧拉公式
分析推导 （推广到复数域） 知识点 指数函数：e^w = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{w^n}{n!} = 1 + w + \frac{w^2}{2!} + \frac{w^3}{3!} + \dots 余弦函数：\cos(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n}}{(2n)!} = 1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} - \dots 正弦函数：\sin(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n z^{2n+1}}{(2n+1)!} = z - \fra...
- 分析
判断一个类交错级数的收敛性
问题1 判断级数\sum_{n\geq 2}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}的收敛性。 1.
- 分析
切比雪夫不等式
定理 如果f \geq 0,并且是可积的，则对于E_\alpha=\{x:f(x) > \alpha >0\}有 m(E_\alpha) \le \frac{1}{\alpha}\int f 这个不等式还有一个推广的形式: 如果f^p \geq 0,并且是可积的，则对于E_\alpha=\{x:f(x)^p > \alpha^p >0\}有 m(E_\alpha) \le \frac{1}{\alpha^p}\int f^p 这个证明是构造式的，他要求我们从一个局部的E_\alpha的形式推出整体的性质，因此可以分成好集和坏集来考虑，从结论倒推： \alpha^pm(...
- 分析
数域K上的多项式理论
问题1 设 f(x) 是一个 n 次多项式，若当 k=0,1,\dots,n时有f(x)=\frac{k}{k+1}求f(n+1) 令 g(x)=(x+1) f(x)-x ，则0,10\dots,n是g(x)的根，因此 g(x)=c x(x-1)(x-2) \cdots(x-n) \text {, } 即 (x+1) f(x)-x=c x(x-1)(x-2) \cdots(x-n), 其中c是一个常数．令 x=-1 ，可求出 c=\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!} ，从而 f(x)=\frac{1}{x+1}\left(\frac{(-1)^{n+1} x(x-1) \cdo...
- 代数
特征值的降幂公式
Note 设A是mn阶矩阵B是nm阶矩阵，则 |\lambda I_m-AB|=\lambda^{m-n}|\lambda I_n-AB| 可以尝试从三种不同的角度证明，一种是利用连续性的摄动法，一种是从行列式与矩阵的秩出发，最后一种是推广行列式的降幂公式 第一种分析味很浓，第二种简洁而不失优雅，第三种是Cauchy-Binet公式的直接推广。这里着重记录前两种方法。 摄动法 从方阵的情况考虑，如A可逆，则BA=A^{-1}(AB)A即AB与BA相似，因此他们的特征多项式相等。取有理数列t_k\to0使得t_kI_n+A是可逆矩阵，则有：|\lambda I_n-(t_kI_n+A)B|=|...
- 代数
特征值估计
定理一：第一圆盘定理（Gerschgorin定理） A=(a_{ij})是n阶矩阵，则A的所有特征值都在复平面的下列圆盘中|z-a_{ij}|\leq R_i,1\leq i \leq n 其中R_i=|a_{i1}|+\dots+|a_{i,j-1}|+|a_{i,j+1}|+\dots+|a_{in}| 注意选择不同的R”展开元“进行估计提高精确度 定理 二：第二圆盘定理 若n阶矩阵A的n个圆盘分为若干个连通区域，其中某连通区域恰有k个圆盘覆盖，则有k个特征值落在这个连通区间中（重合计算重数） 例题 1 给定矩阵 A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 4 &...
- 代数
体现积分估计相较于和的估计优势的一个问题
问题0 求极限\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=2}^n n^{\frac{1}{\log_2k}} 转换为估计问题：我们要对S_n:=n+\sum_{k=3}^n n^{\frac{1}{\log_2 k}}做估计，要求估计精度为o(n)。 1.
- math
- 微积分
- 大学数学竞赛
通过逼近的方法证明函数是下凸的
问题 f \in C[0,+\infty),非负，单减那么F(x):=\int_{0}^x (x-2t)f(t)dt是凸函数(convex)。 1.
- math
- 实分析
- 大学数学竞赛
图像闭区间上的凸函数几何性质的一个命题
[!命题0] 函数f:[0,1]\to \mathbb{R}是一个凸函数满足\int_{0}^{1}f(x)\,dx =0那么|f(x)|\leq \max\{f(0),f(1)\} 整个问题基于对下面这样一个草图的观察 这个图没有绘制x轴的位置，它可能出现在最低点(x_m,m)到最高点\max\{f(0),f(1)\}之间的任何位置。此外虽然图像上f(1)>f(0)但实际上也有可能是f(0)\leq f(1)。 观察1 整个[0,1]上f(x)对应的函数曲线都落在连接点(0,f(0))以及(1,f(1))这两个点的线段\ell(x)的下方。也就是说f(x)\leq (1-x) f(0...
- math
- 微积分
- 考研
推广局部性质
切比雪夫不等式 一致有界原理.
- 分析
外测度与测度
1.外测度的性质 性质1：单调性 if E_1 \subset E_2 then \mu^{*}(E_1) \leq \mu^{*}(E_2) 我们可以从测度的可数可加性出发，因为我们可以把大一点的集合表示为E_2=E_1\cup (E_2\setminus E_1)于是我们现在可以保证右sudo setsebool -P allow_user_vnc 1 边的两个集合互不相交，于是\mu(E_2)=\mu(E_1)+\mu(E_2\setminus E_1)那么大于等于的关系就很容易看出来了。 性质2： if E=\bigcup_{j=1}^{\infty}E_j then \mu^{*}(...
- 分析
完全特征向量系
命题1 设 m 阶矩阵 \boldsymbol{A} 与 n 阶矩阵 B 没有公共的特征值，且 \boldsymbol{A}, \boldsymbol{B} 均可对角化，又 C 为 m \times n 矩阵，则M=\left(\begin{array}{ll}A & C \\ O & B\end{array}\right) 也可对角化是它的充要条件． 先证必要性： 任取 A 的特征值 \lambda_0 ，记其代数重数为 m_A\left(\lambda_0\right) ，几何重数为 t_A\left(\lambda_0\right) ．首先注意到 A, B 没有公共的特...
- 代数
行列式
1.
- 代数
雅可比行列式
雅可比行列式作为链接实分析与复分析甚至泛函分析的桥梁显得无比重要与完美，并且只要满足如果E\in \mathcal{L}，那么L(E)\in \mathcal{L}就可以保证他不会改变可测性可测集合线性变换后的测度，我们以一个例子来引入。 引入 我们想计算一个二重积分\int_0^{\infty}dy\int_0^{\infty}\frac{x}{y}e^{-(y+\frac{x}{y})}dx 可以很明显的注意到有\frac{x}{y}的结构，那么如果能够尝试把dx变成d\frac{x}{y}的话似乎就能变为熟悉的结构。 这要求一个较为松散的条件，Fubini-Tonelli定理是一个完美的...
- 分析
- 代数
- 思想
一道上三角化题目
引例1 设 A, B 是数域 \mathbb{F} 上的 n 阶矩阵，满足：A B=B A 且 A, B 的特征值都在 \mathbb{F} 中，求证：A, B 在 \mathbb{F} 上可同时上三角化，即存在 \mathbb{F} 上的可逆矩阵 P ，使得 P^{-1} A P 和 P^{-1} B P 都是上三角矩阵． 证明 : 对阶数进行归纳．当 n=1 时结论显然成立 设对 n-1 阶矩阵结论成立，现对 n 阶矩阵进行证明: 因为 A B=B A 且 A, B 的特征值都在 \mathbb{F} 中，A, B 有公共的特征向量 e_1 \in \mathbb{F}^n ，不妨设 A...
- 代数
一个抽象的和的估计问题
问题0 实数列a_n \geq 0,证明级数\sum_{n\geq 1}a_n,\sum_{n\geq 1}\frac{a_n}{a_n+1}具有相同的收敛，发散性质。 1.
- math
- 考研
- 大学数学竞赛
一个递推序列的渐近问题
问题0：复旦大学2024考研题目 a_1=2024,并且对任意正整数n序列满足递推关系a_{n+1}=a_{n}+\frac{2}{a_n}求\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{\sqrt{n}} 1.
- math
- 实分析
- 考研
一类给出端点信息的中值定理构造思路
问题0:人民大学2025考研数学分析 设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)上可导，且f(0)=0,f(1)=2证明：存在\xi,\eta \in (0,1),\xi\neq \eta满足(1+f'(\xi))(1+f'(\eta))=9 1.
- math
- 微积分
- 考研
一致有界原理
设 \mathcal B 是一个 Banach 空间，\mathcal L 是定义在 \mathcal B 上的一族连续线性泛函。 定理 如果对每个 f\in\mathcal B，都有 \sup_{\ell\in\mathcal L}|\ell(f)|<\infty，那么\sup_{\ell\in\mathcal L}\|\ell\|<\infty.我们只假设：对于某个第二类集中的所有 f，都有 \sup_{\ell\in\mathcal L}|\ell(f)|<\infty，那么上述结论仍然成立。 根据 Baire 定理，Banach 空间 \mathcal B 本身是第二...
正规子群的证明
三个思路 命题一 群G的一个子群H是G的正规子群，当且仅当G中每一元素a都有aH=Ha 证明 先证充分性： 给定g \in G，任取h \in H由于gH=Hg,因此h' \in H使得gh= h'g,即ghg^{-1} \in H同理我们有g^{-1}hg \in H进一步假设y属于H，则y=g(g^{-1}yg)g^{-1} \in gHg^{-1} 再证必要性: 设H \triangleleft G,任取g \in G由于gHg^{-1}=H 于是任意h \in H,都有gHg^{-1} \in H从而gh=(ghg^{-1})g \in Hg 类似的gh=ha,所以...
- 代数
证明一个具有部分周期性的含参数积分的非负性
问题 证明f(x)=\int_{0}^{x}e^{-y^2}\sin(y)\,dy>0对任意x>0成立。 首先求函数的导数，发现函数并非单调，因为f'(x)=e^{-x^2}\sin(x)是震荡的，不断变换正负号的。 对于任意的x\in \mathbb{R}^{+},那么存在一个非负整数k使得x\in [2k\pi,2(k+1)\pi].然后因为函数f(x)在此闭区间内存在最小值，那么其实我们只需要证明这个最小值是为正的即可。而最小值只有可能在此区间的两端点，或者局部极小值处取到。 于是我们只需要证明： 命题1 对于任意的非负整数m，f(m\pi)为正。 注意到被积分的...
- math
- 实分析
证明有限群存在一个满足特定Index条件的正规子群
命题1 对任意一个有限群G,如果其含有一个子群H其index为H,那么此群一定包含一个index整除于n!的正规子群。 想法 因为如果存在一个这样的正规子群，K \triangleleft G那么必定存在这样一个满足条件的群同态\phi其同态核恰好就是K,即\text{ker}(\phi)=K。而对于有限群G而言，一个群同态的主要来源就是对于某个集合X上的群作用，因为这就是G到S(X)的一个群同态。 所以我们的问题就转换为，寻找这样一个合适的集合X。 这样的集合需要满足的性质：|X|=n。 这是因为如果K对应的index为n!的因子，那么相应的商群的阶|G/K|也是n!的因子。同时群同态\p...
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- 代数基础
指示函数
命题 任意R^d上的可测函数都存在一个单调递增简单函数序列逐点收敛带到f，使得 \varphi _k(x) \leq \varphi_{k+1}(x) \quad and \quad \lim_{k \to \infty}\varphi_k (x)=f(x) 从一个例子开始：f(x)=x^2,我们选定N=2，让Q_N表示以原点为中心的小正方形，这里直接取N=M=2,他们分别控制着逼近范围和逼近精度。 按照证明，先构造一个最简单的逼近函数F_n=\left\{\begin{array}{cl} f(x) & \text { if } x \in Q_N \text { and } f(...
- 分析
制造关于上下极限的不等式组
核心想法 对于一个实数列x_n而言，如果满足下列不等式那么极限存在并且为L L\leq \liminf_{n\to \infty} x_n\leq \limsup_{n\to \infty} x_n\leq L这件事在递归定义的序列当中会比较容易实现，因为递归定义的序列当中容易出现关于序列上下极限的不等式组，有时候我们可以通过解不等式组来求得极限。 这样做的优势1:不需要单调性 通常情况下，我们想要通过序列x_n的单调有界性来证明序列极限的存在性。然后我们可以在假设序列极限存在性的情况下，通过解方程，或者Stolz定理的方式来得到极限。但有的时候单调性的证明会比较困难，这时候如果采用上下极限...
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中国剩余定理
引例 孙子算经中有一著名问题，今日有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何 这要求我们寻找一个整数 x，使其满足以下同余方程组： \begin{cases} x \equiv 2 \pmod{3} \\ x \equiv 3 \pmod{5} \\ x \equiv 2 \pmod{7} \end{cases} 我们将这个问题放在整数环 \mathbb{Z} 中进行分析。 中国剩余定理的环论形式 设 R 是一个有单位元的交换环， I_1, I_2, \dots, I_k 是 R 的一组理想。如果这些理想是两两互素的，即对于任意 i \neq j，都有 I_i + I_...
- 代数
周期性+渐近性质确定函数全局信息
问题0 在(0,+\infty)上有两个周期函数\psi,\varphi满足\lim_{x\to \infty}\psi(x)-\varphi(x)=0证明\psi(x)\equiv \varphi(x)。 引理1 设f是实数上的周期函数，并且满足\lim_{x\to \infty}f(x)=0那么此函数恒等于0。 假设T是f的一个周期（不用假设最小正周期，因为不一定存在），既然极限存在那么序列f(x+nT)的极限对任意x也应当存在。那么由于f(x)=f(x+nT)\to 0于是对任意x都有f(x)=0。 思路： 假设\psi(x),\varphi(x)的任意两个正周期分别为P,T。如果可以...
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- 实分析
- 复分析
转置与伴随
行列式的转置 问题 D_n=\begin{vmatrix} x_1 & y & y & \cdots & y & y \\ z & x_2 & y & \cdots &y & y \\ z & z & x_3 & \cdots & y & y \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ z & z & z & \cdots & x_{n-1} &a...
- 代数
自然数的r次幂的部分和估计
问题0 求极限: \lim_{N \to \infty} N\sum_{n>N} \frac{1}{n^2} 如果我们可以直接观察到，和的渐近展开的1/N项的系数是1，在这个前提我们可以使用Stolz-Cesaro的方法： \lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{k\geq n}\frac{1}{k^2}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n(n+1)}}=1 因此这个问题的答案就是1.不过这里我们重点是通过另外一条途径： 如果我们知道巴塞尔问题的结果，也就是\sum_{n\geq...
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- 微积分
Calderón–Zygmund 定理
Calderón–Zygmund 定理 对任意 1<p<\infty，存在常数 C_p>0，使得对所有 f\in L^p(\mathbb R^n) 都有 \|Tf\|_{L^p(\mathbb R^n)} \le C_p\|f\|_{L^p(\mathbb R^n)}.
Carleman不等式
1.
- math
- 实分析
Cesaro-Stolz定理
1.
- math
f(x)=f(y)类型方程解集不同分支之间的交点问题
问题0：putnam数学竞赛 1961,A1（改） 定义集合S:=\{(x,y)\in(0,\infty)^2:x^y=y^x\}不难发现S当中包含直线y=x对应的点集\Delta:=\{(t,t):t>0\}\subset S令B:=S\setminus \Delta求集合\overline{B}\cap \Delta \overline{B}是集合B的闭包。 原本的Putnam问题当中，明确告诉我们集合是平面上的一个单点集，然后需要我们去求这个点。 我们可以用Mathematica来绘制S的形状，从而对我们的问题目标有一个更清晰的认知： ContourPlot[x^y == y^x...
- math
- 微积分
Fubini-Tonelli定理
Fubini-Tonelli定理 如果 f 定义在 X \times Y 上是可积的或者函数 f 是非负可测的，那么有 \int_{X\times Y}f(x,y)\,d(\mu\times\nu) = \int_{X}\left(\int_Y f(x,y) \, d\nu\right) \, d\mu = \int_Y\left(\int_X f(x,y) \, d\mu\right) \, d\nu Fubini-Tonelli定理的一个使用策略 注意到，Tonelli定理只需要要求非负函数是可测函数，并不要求可积。因此有这样的策略: 首先使用 Tonelli 定理计算 |f| 的积分，...
- 分析
Littlewood三原理
Littlewood三原则 所有Lebesgue可测集都“几乎”是有限个”区间”的并。 所有几乎处处收敛的Lebesgue可测函数列“几乎”是一致收敛的。（Egorov定理） 所有Lbesgue可测函数都“几乎”是连续的。（Lusin定理） 1.
- 分析
Lobachevsky 函数
定义为 \Lambda(\theta) = -\int_{0}^{\theta}\log\left|2\sin t\right|\,dt 这是一种对曲面引起的体积变化率的积分：理想四面体的几何会由二面角表示，而Schläfli 体积微分公式会产生对数形式，两者组合起来就是-\log\left|2\sin t\right|。 我感觉这个式子不是定义来恰好等于体积的，而是把体积拆成基本部分记作一个记号而已。 一些基本性质 对称性 观察函数，有不错的对称性并且周期是\pi，同时还是奇函数，合起来就是 \Lambda(\pi-\theta) = -\Lambda(\theta) 傅里叶展开 \Lamb...
Lp 范数收敛到无穷范数
题目 设 f\in L^\infty(X)，并且 f 支撑在一个有限测度集上。证明：对所有 1\leq p<\infty，都有 f\in L^p(X)，并且 \|f\|_{L^p}\to \|f\|_{L^\infty} \quad \text{as }p\to\infty.
- 分析
n次幂矩阵
我们通过给出一种用矩阵求解 Fibonacci 数列通项公式的方法来引出一般 n 次矩阵的求法。 首先表示其递推式： \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ a_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n} \\ a_{n-1} \end{pmatrix} 则通项可以表示成： \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ a_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & ...
- 代数
n维球体的体积
命题 \mathbb{R}^n当中的n维球体的体积公式为\frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(d/2+1)}r^d 在为何圆的周长与直径的比例是常数里面我们已经讨论过给集合做伸缩变换后对测度的影响，那么我们可以很直接的知道，对于半径为r的球，其测度实际上就是单位球测度的r^d次方.因此实际上我们只需要计算单位球的测度。 Fubini-Tonelli定理告诉我们，如果要求一个product space当中的集合的测度，我们可以给这个集合做”切片”。 切片的本质 如果E是\mathbb{R}^{d_1}\times \mathbb{R}^{d_2}当中的一个可测集合，那么对于几乎每个y...
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- 微积分
Re0微积分1：用牛顿迭代法求算术平方根
问题0：牛顿法求平方根,数学分析(zorich)3.2.7习题 假设a>0，定义序列:x_{n+1}:=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right) 证明在x_1> 0的条件下x_n\to \sqrt{a}。 估计绝对误差e_n:=x_n-\sqrt{a},给出|e_n|的上界估计。 1.
- math
- 微积分
- 数值分析
Re0微积分2：自然底数e及其快速计算
问题0 a. 证明序列S_N:=\sum_{n=0}^{N}\frac{1}{n!}存在极限。 b. 假设S_N\to e，那么证明e=3-\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+2)!} c. 由上面给出近似计算S_N的极限e的更高效的方式(误差分析)。 1.
- math
- 微积分
- re0微积分
Re0微积分3：广义平均值的极限
问题0 a,b是正实数，n为任意整数，S_n(a,b):=\left(\frac{a^n+b^n}{2}\right)^{1/n}求\lim_{n\to \infty}S_n(a,b) 这是一个求极限的问题，回忆我们从Re0微积分1：用牛顿迭代法求算术平方根以及Re0微积分2：自然底数e及其快速计算当中学到的关于求极限的一些工具，我们有下面的一些想法： 能不能用极限的四则运算解决这个问题? 我们能用四则运算解决\frac{a^n+b^n}{2}的极限问题，但S_n(a,b)不行，因为外层还有一个n次根式，这是简单的四则运算无法处理的情况。 单调有界能行吗？ 我们得注意一点，“单调有界原理”只...
- math
- re0微积分
Riesz表示定理
定理 希尔伯特空间\mathcal H上的一个连续线性算子，存在唯一g满足\ell (f) = (f,g)，其中||\ell || = ||g|| 我们在\mathcal H的子空间上考虑这个问题，取\mathcal S = \{f:\ell (f)=0\}如果这个子空间等于\mathcal H本身那么易证，若不然我们取h\in \mathcal S^\perp,要求h标准的.
- 分析
Riesz引理
引理 对于构成集合 E 的任意开区间 (a_k, b_k), G(a_k) = G(b_k).其中 E = \{x \mid \exists y > x, G(y) > G(x)\}。 升阳引理描述了太阳从东边升起而水平光线往上升，集合E就是光线到达不了的山沟的过程。 以图的形式描述就是： 对于整个函数，更够被分成两部分，一部分是处于阴影中的E，另外一部分是能被太阳照射到的E^c，这一部分是单调递减的。这对于估计函数的上界很有帮助。 证明思路 一共三种情况，大于小于和等于，逐个排除即可。对于G(b_k) > G(a_k)，因为a_k \notin E，根据 E 的定义，这意...
- 分析
Rolle定理在无界区间上的推广
命题0：Rolle定理的推广 函数f在[a,+\infty)上连续(a,+\infty)上可微并且满足f(a)=\lim_{x\to +\infty}f(x)那么存在一个\xi \in (a,+\infty)使得f'(\xi)=0 我们的基本想法是把问题转换为经典的Rolle定理的情况，即： 引理1：Rolle定理 函数f在[a,b]上连续(a,b)上可微并且满足f(a)=f(b)那么存在一个\xi \in (a,b)使得f'(\xi)=0 核心想法 类似的问题，无论实现方案是什么，其核心想法一般都是：证明在区域内部存在一个极值点，从而使得此点处微分为0。 1.
- math
- 微积分
- 考研
telescoping的用法
分母裂项 高中一堆，最熟悉的。 解的存在唯一性定理 分子裂项 空间完备性.
- 思想
- 分析
Wallis公式,正弦函数Hadamard分解互相之间的关系
1.
- math
- 复分析
- 微积分
Wirtinger 算子
Wirtinger 导数与全纯性 Tip Wirtinger 导数的引入标志着复分析视角的转变：我们将复平面 \mathbb{C} 视为由两个形式上独立的变量 z 和 \bar{z} 生成的空间。 在这个框架下，全纯函数 (Holomorphic Function) 的几何直观变得异常清晰：全纯函数是那些“看不见” \bar{z} 的函数。即，全纯性等价于柯西-黎曼方程 (C-R Equations)，而在代数上，这仅仅意味着 \frac{\partial f}{\partial \bar{z}} = 0。这使得复微分运算可以像多项式求导一样简单，完全类比实微积分。 1.
- 分析