我的java开发测试 - 研一考试
type: channel
link: https://www.ownsyou.cn/tag/研一考试
items: 拓扑测试题2
items: 实分析测试题5-续
items: 英语作文
items: 实分析测试题5
items: 实分析测试题4
items: 实分析测试题3
items: 实分析测试题1
items: 实分析测试题2
items: 矩阵论测试题
items: 近世代数测试题

拓扑测试题2
type: item
date: 2019-12-27T15:54:00+08:00
description: 拓扑测试题2$P_{71}$1，证明$S^n$道路连通$(n{\ge}1)$证明：任取$S^n$中两点$x_0,x_1$，再取$y$不同于$x_0,x_1$，则$S^n{\backslash}\left\{y\right\}{\cong}E^n$，是道路连通的，从而存在$S^n{\backslash}\left\{y\right\}$中的道路$a$，使得$a(i)=x_i(i=0,1)$。$a$也是$S^n$上连接$x_0,x_1$的道路。考点：道路连通，拓扑同胚，已经知道$E^n$是道路连通的。$P_{77-78}$1，如果把矩阵带先扭转$360°$，然后把两侧边粘接，得到什么空间？答：会形成一个平环（补图片）2，证明：沿莫比乌斯带的中腰线割开，所得空间是平环。要点：给出莫比乌斯带的四边形，根据中腰线剪开，然后顺着方向粘接即可得到平环。$P_{86}$1，设$f:X{\to}Y$和$g:Y{\to}Z$都是连续映射，使得$g{\circ}f$是商映射，证明$g$也是商映射。证明：由商映射定义：$g{\circ}f$连续，故有$U{\subset}Z$为开集，当且仅当$f^{-1}(g^{-1}(U)){\subset}X$是开集。要证明$g$为商拓扑，也就是证明$U{\subseteq}Z$是开集，当且仅当$g^{-1}(U){\subseteq}Y$为开集。必要性显然，因为$g$是连续映射，故当$U{\subseteq}Z$是开集，由于是连续映射，开集的原像$g^{-1}(U){\subseteq}Y$为开集。充分性：我们有$g^{-1}(U){\subset}Y$是开集，又因为$f$是连续的，则有$f^{-1}(g^{-1}(U)){\subseteq}X$为开集，则由于$g{\circ}f$是商映射的定义，则推出$U{\subseteq}Z$为开集，也就是充分性成立。要点：商拓扑定义！连续映射12，设$f:S^2{\to}E^4$规定为$$ f(x,y,z)=(x^2-y^2,xy,xz,yz) $$证明$f(S^2){\cong}P^2$。证明：仅需证明在$\stackrel{f}{\sim}$下，两点等价必定为对径点。设$f(x,y,z)=f(x',y',z')$，也就是有$$ \begin{cases} x^2-y^2=x'^2-y'^2\\ xy=x'y'\\ xz=x'z'\\ yz=y'z' \end{cases} $$其中$(x',y',z'){\in}S^2$，因此$x',y',z'$中至少有一个不为0。1，若$x'$或$y'$不为0，不妨设$x'{\neq}0$，设${\lambda}=\frac{x}{x'}$，即有$y'={\lambda}y,z'={\lambda}z$。故此有${\lambda}^2x'^2-y^2=x'^2-{\lambda}^2y^2$，也即有${\lambda}^2(x'^2+y^2)=x'^2+y^2$，于是推出${\lambda}^2=1,{\lambda}={\pm}1$。故有$(x',y',z')={\pm}(x,y,z)$，为对径点。2，若$x'=y'=0$，则推出$|z'|=1$，再由于前面两个式子得到$x^2-y^2=0,xy=0$，于是有$x=y=0,|z=1|$。故也有$(x',y',z')={\pm}(x,y,z)$，为对径点。考点：考虑对径点，并且将对应的映射给出，然后分类讨论。$P_{92}$4，在$E^1$中规定等价关系$\sim$，使得等价类为两种情形：（1）$\left\{x\right\},x{\in}[-1,1]$；（2）$\left\{x,-x\right\},x>1$。证明$E^1/{\sim}$的每一点都有同胚于$E^1$的开邻域，但是它不是豪斯多夫空间。证：记$p:E^1{\to}E^1/{\sim}$是粘合映射。可以验证$p$是开映射，因为对每个开区间$(a,b),p^{-1}(p(a,b))$为$E^1$的开集。（需要对$a,b$分情况讨论）考虑证明$p$为开映射，也就是要证明对于开区间$(a,b),p(a,b)$为开集。但是这里要规定$\tau/{\sim}$上的拓扑，才可以说明$p(a,b)$是开集，而这就要求$p^{-1}(p(a,b)){\in}\tau$。1，取开区间$(-1,1)$，则有$p^{-1}(p(-1,1))=(-1,1)$为开集。2，取开区间$(0,2)$，则有$p^{-1}(p(0,2))=(0,1]{\cup}[1,2){\cup}(-2,1)$，而前两个合并为$(0,2)$为开集，故也是开集。所以$p$是开映射。故有$p(-\infty,1)$与$p(1,+\infty)$构成$E^1/{\sim…

实分析测试题5-续
type: item
date: 2019-12-26T22:46:00+08:00
description: 第五章第十三题设$\left\{f_n\right\}$是（非空）完备度量空间$X$上的连续复函数序列，使$f(x)={\lim}f_n(x)$（作为一个复数）对每个$x{\in}X$都存在。证明存在一个开集$V{\neq}\varnothing$和一个数$M<\infty$，对所有的$x{\in}V$及$n=1,2,3,\cdots,|f_n(x)|<M$。若$\varepsilon>0$，证明存在一个开集$V{\neq}\varnothing$和一个整数$N$，当$x{\in}V$及$n{\ge}N$时，$|f(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon$。提示：对$N=1,2,3,\cdots$，令$$ A_N=\left\{x:|f_m(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon,当m{\ge}N和n{\ge}N时\right\} $$因为$X={\bigcup}A_N$，于是某个$A_N$有非空内部。证明：1，设$$ X_N=\left\{x{\in}X:|f_n(x)|{\le}N,当n=1,2,{\cdots}\right\} $$则有$X={\bigcup}^{\infty}_{N=1}X_N$。事实上，右边的并确实包含在左边，显然可得。接下来我们证明$X{\subset}{\bigcup}X_N$，事实上，由于$f(x)={\lim}f_n(x)$，于是对于${\forall}x{\in}X$，存在$N>f(x)+1$使得当$n>N$时候有$f_n(x)<N$。因此$x{\in}X_N$，故此包含关系证明完毕。从而我们知道有$X={\bigcup}X_N$。显然有$X_N$是闭集。这是因为，设$$ E_n=\left\{x{\in}X,|f_n(x)|{\le}N\right\} $$则由于$[-N,N]$为闭区间，而$f_n$为连续函数，故此有$E_n$为闭集，而$X_N={\bigcap}^{\infty}_{n=1}E_n$。由贝尔纲定理：已经知道$X$是非空完备空间，而$\left\{X_N\right\}$为$X$的闭子集序列，使得$X={\bigcup}X_N$，则存在$N_0$，使得$X_{N_0}{\neq}\varnothing$，也即有$Int(X_{N_0}){\neq}\varnothing$。令$V=Int(X_{N_0})$且$M=N_0+1$。，则可以推出：对所有的$x{\in}V$有$f_n(x)<M$。2，设$$ A_N=\left\{x:|f_m(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon,当m{\ge}N和n{\ge}N时\right\} $$则有$X={\bigcup}A_N$。事实上，右边的并确实包含在左边，显然可得。接下来我们证明$X{\subset}X_N$，事实上，由于$f(x)={\lim}f_n(x)$，而这个其实等价于柯西列收敛，也就是$A_N$的定义。实际上，由于$f(x)={\lim}f_n(x)$，则对${\forall}\varepsilon,{\exists}N,x{\in}X$，当$m,n>N$时，有$$ |f_m(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2},|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}\\则|f_m(x)-f_n(x)|=|(f_m(x)-f(x))-(f_n(x)-f(x))|\\{\le}|f_m(x)-f(x)|+|f_n(x)-f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon $$于是则有$x{\in}A_N$。从而我们知道有$X={\bigcup}A_N$。显然有$A_N$是闭集。由贝尔纲定理：已经知道$X$是非空完备空间，而$\left\{A_N\right\}$为$X$的闭子集序列，使得$X={\bigcup}A_N$，则存在$N_0$，使得$A_{N_0}{\neq}\varnothing$，也即有$Int(A_{N_0}){\neq}\varnothing$。令$V=Int(A_{N_0})$。由于题设有$f(x)={\lim}f_n(x)$，故取$m{\to}\infty$于是则有$$ |f(x)-f_n(x)|{\le}\varepsilon $$于是则有对于所有的$x{\in}V,n>N$，有$|f(x)-f_n(x)|{\le}{\varepsilon}$成立。第十八题设$\left\{\Lambda_n\right\}$是一个赋范线性空间$X$到巴拿赫空间$Y$的有界线性变换的序列。对所有$n$，$\|{\Lambda}\|{\le}M<\infty$，…

英语作文
type: item
date: 2019-12-26T10:57:00+08:00
description: 英语作文Is progress always good​ Following the science and technology development, our life becomes more and more wonderful. It is no doubt that progress makes our life convenient. However, progress sometimes may be harmful to ourselves.​ For example, economic development attach most of our focus. We enjoy the fast social modernization development from building industries. On the other hand, we destroy the ecological environment quickly. Recently this problem has been brought into focus, so we can see that progress although enriches our life and it also pays a price.​ The technology is the same. We now can communicate with each other by mobile phone, but the Network also makes us annoying. We lost our privacy, and we sometimes can gain disturbance calls. Moreover, some people may be involved in Email fraud and Phone fraud.​ From what has been discussed above, we may draw a conclusion that progress is not always good. We can enjoy ourselves from the progress, at the meanwhile, we ought to handle our desire and lead our technology in a mild way to improve our life.Traveling with a companion​ Traveling is full of benefits for us, for example, we can broaden our horizons and watch more sightseeing, we can also make ourselves relax. But to choose how to travel, different people have various ideas. Maybe someone chooses travel alone. However, for me, travel with a companion makes me feel more comfortable.​ Once when you choose travel to relax, you must prepare food, drink, and money for it. If you travel with a companion, you may forget something to bring, but your companion can help you. Asking your friend for help is a significant issue. Taking the assistance from your friend can help you escape from some trouble. You can help each other and cultivate your relationship well.​ The more important is traveling trip is long and boring, when you are in traffic jams, you may feel annoying alone. But with your companion, you can talk something to each other and feel delighted. Las…

实分析测试题5
type: item
date: 2019-12-26T10:12:00+08:00
description: 第五章第三题设$1<p<\infty$，证明$L^p(\mu)$的单位球是严格凸的：这表示当$$ \|f\|_p=\|g\|_p=1,f{\neq}g,h=\frac{1}{2}(f+g) $$时，$\|h\|_p<1$。（从几何角度来看，这个球的表面绝对不包含直线）说明这对每一个$L^1(\mu),L^{\infty}(\mu)$和$C(X)$是不成立的。（除了仅由一点组成的空间之类的微不足道的场合）解：如果$0<p<\infty$，由定理3.5的证明，闵可夫斯基不等式$\|f+g\|_p{\le}\|f\|_p+\|g\|_p$，$$ (\int_X|f+g|^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}{\le}(\int_Xf^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}+(\int_Xg^pd{\mu})^{\frac{1}{p}} $$当且仅当存在$\alpha{\neq}0$使得$f={\alpha}g{\quad}a.e.$，使得不等式的等号成立。（也即是$f$与$g$线性相关）如果$\|f\|=\|g\|=1,f{\neq}g$，也就是有$f{\neq}{\alpha}g{\;}a.e.$，故有$\|h\|_p<1$。因此$L^p(\mu)$的单位球是严格凸的。考察$L^1(\mu)$，假设$X=[0,1]$且$$ f(t)=\begin{cases} 2,{\quad}0{\le}t<\frac{1}{2}\\ 0,{\quad}\frac{1}{2}{\le}t{\le}1 \end{cases}, g(t)=\begin{cases} 0,{\quad}0{\le}t<\frac{1}{2}\\ 2,{\quad}\frac{1}{2}{\le}t{\le}t \end{cases} $$则$\|f\|_1=\|g\|=1$，而$f$与$g$是线性不相关的，但是$\|f+g\|_1=2$。考察$L^{\infty}(\mu)$和$C(X)$，假设有$$ f(t)=\begin{cases} {16}t(\frac{1}{2}-t){\quad}0{\le}t{\le}\frac{1}{2}\\ 0{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}{\quad}\frac{1}{2}<t{\le}1 \end{cases},\\ g(t)=1{\quad}0{\le}t{\le}1 $$则有$\|f\|_{\infty}=\|g\|_{\infty}=1$，而$f$与$g$非线性相关，$\|h\|_{\infty}=1$。这个例子在$C(X)$也一样适用。第八题设$X$是一个赋范线性空间，如在5.21节中那样，$X^*$是它的对偶空间，具有范数$$ \|f\|=\sup\left\{|f(x)|:\|x\|{\le}1\right\} $$证明$X^*$是巴拿赫空间证明映射$f{\to}f(x)$对每个$x{\in}X$都是$X^*$上的有界线性泛函，其范数为$\|x\|$。（这给出了一个$X$到它的“第二对偶”$X^{**}$，即$X^{*}$的对偶空间的一个自然的嵌入）。当$\left\{x_n\right\}$是$X$中的一个序列，使对每个$f{\in}X^*$，$\left\{f(x_n)\right\}$都有界时，证明$\left\{\|x_n\|\right\}$也是有界的。证明：1，显然$X^*$是一个线性赋范空间。给定$\left\{f_n\right\}{\subset}X^*$是一列柯西序列，也就是对${\forall}\varepsilon>0$，存在$N>0$使得$$ \|f_n-f_m\|<{\varepsilon},{\quad}{\forall}n,m>N $$于是有$$ |f_n(x)-f_m(x)|{\le}\|f_n-f_m\|{\cdot}\|x\|<\|x\|{\cdot}\varepsilon,{\quad}{\forall}n,m>N,{\forall}x{\in}X $$因此$\left\{f_n(x)\right\}{\subset}\mathbb{C}$仍然是一列柯西序列，并且我们定义$$ f(x)=\lim_{n{\to}\infty}f_n(x),{\quad}{\forall}x{\in}X $$容易证明$f$是$X$上的线性泛函。因为$\left\{\|f_n\|\right\}$是一列柯西序列，存在$M>0$使得$$ \|f_n\|{\le}M,n=1,2,\cdots $$因此，对于上面的$\varepsilon,N$，则有$n>N$时候，$$ |f(x)|{\le}|f_n(x)|+\|x\|{\varepsilon}{\le}\|x\…

实分析测试题4
type: item
date: 2019-12-26T10:12:00+08:00
description: 第四章第一题如果$M$是$H$的一个闭子空间，证明$M=(M^{\perp})^{\perp}$。对于不一定闭的子空间$M$，有没有一个与之类似的正确的命题？首先对$M$是$H$的一个闭子空间，证明$M=(M^{\perp})^{\perp}$。证明：${\forall}x{\in}M,{\forall}y{\in}M^{\perp}$，有$(x,y)=0$，故此有$x{\in}(M^{\perp})^{\perp}{\Rightarrow}M{\subset}(M^{\perp})^{\perp}$。而由于$M$是希尔伯特空间$H$的闭子空间，对于${\forall}z{\in}(M^{\perp})^{\perp}$，则${\exists}x{\in}M,y{\in}M^{\perp}$，使得$z=x+y$。因此有$0=(z,y)=(x+y,y)=(x,y)+(y,y)=(y,y){\Rightarrow}y=0$，因此得到$z=x{\in}M$，于是则推出$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}M$。综上，则有$M=(M^{\perp})^{\perp}$。对于不一定闭的子空间$M$，有一个类似的正确命题$\overline{M}=(M^{\perp})^{\perp}$。假设$M$不是一个闭子空间，从上面的证明我们还是可以知道$M{\subset}(M^{\perp})^{\perp}$，且由于正交性质我们知道$(M^{\perp})^{\perp}$是闭的。取到$\overline{M}$为闭集，则有$$ M{\subset}\overline{M}{\subset}(M^{\perp})^{\perp} $$又因为$M{\subset}\overline{M}$，则推出$(\overline{M})^{\perp}{\subset}M^{\perp}$，于是有$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}((\overline{M})^{\perp})^{\perp}$。又因为$((\overline{M})^{\perp})^{\perp}=\overline{M}$，于是推出$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}\overline{M}$。综上有:$\overline{M}=(M^{\perp})^{\perp}$。第二题设$\left\{x_n:n=1,2,3,\cdots\right\}$是$H$中的一个线性独立的向量集，证明下面的构造产生一个正交规范集$\left\{u_n\right\}$，使得$\left\{x_1,\cdots,x_N\right\}$和$\left\{u_1,\cdots,u_N\right\}$对所有的$N$具有相同的生成。令$u_1=x_1/\|x_1\|$，$u_1,\cdots,u_{n-1}$定义$$ v_n=x_n-\sum^{n-1}_{i=1}(x_n,u_i)u_i,u_n=v_n/\|v_n\| $$注意，这可以导致一个关于可分希尔伯特空间中极大规范正交集存在的证明，它不必借助于豪斯多夫极大原理。（一个空间是可分的，如果它包含可数稠密子集）由于$$ v_n=x_n-\sum^{n-1}_{i=1}(x_n,u_i)u_i,u_n=v_n/\|v_n\| $$于是有$$ \|u_n\|=(u_n,u_n)=\frac{v_n^2}{\|v_n\|\|v_n\|}=\frac{v_n^2}{v_n^2}=1 $$于是显然是规范的。下面用数学归纳法证明：当$n=2$时，有$span\left\{x_1,x_2\right\}=span\left\{u_1,u_2\right\}$成立，因为$$ u_1=\frac{x_1}{\|x_1\|},u_2=x_2-(x_1,u_1)u_1 $$而正交性$$ (v_2,u_1)=(x_2-(x_2,u_1)u_1,u_1)=(x_2,u_1)-(x_2,u_1)(u_1,u_1)=0\\ (u_2,u_1)=(\frac{v_2}{\|v_2\|},u_1)=\frac{1}{\|v_2\|}(v_2,u_1)=0 $$于是$u_1{\perp}u_2$，正交性可以证明。假设$n=k$时候，有$span\left\{x_1,x_2,{\cdots},x_k\right\}=span\left\{u_1,u_2,{\cdots},u_k\right\}$成立，并且有$(v_k,u_m)=0,(u_k,u_m)=0$对所有$m<k$成立。则当$n=k+1$时，由于$$ v_{k+1}=x_{k+1}-\sum^{k}_{i=1}(x_{k+1},u_i)u_i,u_{k+1}=v_…

实分析测试题3
type: item
date: 2019-12-26T10:11:00+08:00
description: 第三章第二题若$\varphi$在$(a,b)$上是凸的，而$\psi$在$\varphi$的值域上是凸的且是非递减的，证明$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的，对于$\varphi>0$，证明$ln(\varphi)$的凸性蕴含着$\varphi$的凸性，但是反之不真。首先证明$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的：由于$\varphi$在$(a,b)$上是凸的，则有$$ \varphi({\lambda}x_1+(1-\lambda)x_2){\le}{\lambda}\varphi(x_1)+(1-\lambda){\varphi}(x_2) $$而$\psi$在$\varphi$的值域上是凸的且是非递减的，故有$$ \begin{align*} \psi{\circ}\varphi({\lambda}x_1+(1-\lambda)x_2)&{\le}\psi[{\lambda}\varphi(x_1)+(1-\lambda){\varphi}(x_2)]\\ &{\le}{\lambda}\psi{\circ}\varphi(x_1)+(1-\lambda)\psi{\circ}\varphi(x_2) \end{align*} $$故$\psi{\circ}\varphi$在$(a,b)$上是凸的。其次证明$ln(\varphi)$的凸性蕴含着$\varphi$的凸性：由于$\varphi>0$，而且有$ln(\varphi)$为凸函数，取$\psi(x)=e^x$，求二阶导数可以知道恒大与零，于是$\psi(x)$为凸函数，并且其定义域为$R^1$。满足上述证明条件，根据前面的证明，我们知道$\psi{\circ}ln(\varphi)$是凸的，而这正好是$\varphi$，于是得到$\varphi$是凸的。最后举出反例：取$\varphi(x)=x^2,x{\in}(1,3)$为凸函数。但是$ln(\varphi)=2lnx$则是凹的。其二阶导恒小于零。第四题设$f$是$X$上的复可测函数，$\mu$是$X$上的正测度，并且$$ \varphi(p)=\int_X|f|^pd{\mu}=\|f\|^p_p{\quad}(0<p<\infty) $$设$E=\left\{p:\varphi(p)<\infty\right\}$。假定$\|f\|_{\infty}>0$。若$r<p<s,r{\in}E,s{\in}E$，证明$p{\in}E$。证明$ln(\varphi)$在$E$的内部是凸的且$\varphi$在$E$上是连续的。根据1,$E$是连通的，$E$一定是开的吗？一定是闭的吗？$E$能由单点组成吗？$E$能是$(0,\infty)$的任何连通子集吗？若$r<p<s$，证明$\|f\|_p{\le}\max(\|f\|_r,\|f\|_s)$，指出这一结果蕴含着$L^r(\mu){\cap}L^s(\mu){\subset}L^p(\mu)$。假定对某个$r<\infty,\|f\|_r<\infty$成立。证明当$p{\to}\infty$时， $$ \|f\|_p{\to}\|f\|_{\infty} $$证明：1，设$$ p=\frac{p-r}{s-r}s+\frac{s-p}{s-r}r,{\quad}(\frac{p-r}{s-r}+\frac{s=p}{s-r})=1 $$因为$r,s{\in}E$，故此有$$ \begin{align*} \int_x|f|^pd{\mu}&=\int_x|f|^{\frac{p-r}{s-r}s}|f|^{\frac{s-p}{s-r}r}d{\mu}\\ &{\le}(\int_X|f|^{\frac{p-r}{s-r}s{\cdot}\frac{s-r}{p-r}})^{\frac{p-r}{s-r}}(\int_X|f|^{\frac{s-p}{s-r}r{\cdot}\frac{s-r}{s-p}})^{\frac{s-p}{s-r}}\\ &=(\int_X|f|^sd{\mu})^{\frac{p-r}{s-r}}(\int_X|f|^rd{\mu})^{\frac{s-p}{s-r}}\\ &=(\varphi(s))^{\frac{p-r}{s-r}}(\varphi(r))^{\frac{s-p}{s-r}}<+\infty \end{align*} $$推出$p{\in}E$。2，从1可以得到：如果$r<s,r,s{\in}E,0<{\alpha}<1$，则有$$ \varphi(\alpha{s}+(1-\alpha)r){\le}\varphi(s)^{\alpha}\varph…

实分析测试题1
type: item
date: 2019-12-26T10:10:20+08:00
description: 第一章第三题若$f$是在可测空间$X$上的实函数，使得对每一个有理数$r$，$\left\{x:f(x)>r\right\}$为可测集，证明$f$是可测的。证明：根据定理1.2可以知道，要证明$f$是可测的，只需要证明对${\forall}\alpha{\in}\mathbb{R},f^{-1}(\alpha,\infty]$是可测集即可。由稠密性，可以用有理数逼近实数，于是可以对于${\forall}\alpha{\in}\mathbb{R}$，存在有理数序列$\left\{r_n;n=1,2,\cdots\right\}$，使得$r_1>r_2>r_3>{\cdots}>r_n>{\cdots}>\alpha$，且$\lim_{n{\to}\infty}r_n=\alpha$。所以$$ \left\{x;f(x)>\alpha\right\}={\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\} $$事实上，对于任意的$x{\in}\left\{x;f(x)>\alpha\right\}$，存在$n_0$使得$\alpha<r_{n_0}{\le}f(x)$，于是$x{\in}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}$。另一方面，$r_n>\alpha$意味着$$ {\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}{\subset}\left\{x;f(x)>\alpha\right\} $$于是等式证明完毕，又从题设因为对$\forall{r}{\in}\mathbb{Q},\left\{x;f(x){\ge}r\right\}$是可测集，所以${\bigcup}^{+\infty}_{n=1}\left\{x;f(x){\ge}r_n\right\}$还是可测的，从而得到$f$可测。第五题(a)设$f:X{\to}[-\infty,\infty]$和$g:X{\to}[-\infty,\infty]$都是可测的，证明集$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\},\left\{x:f(x)=g(x)\right\} $$是可测的。证明：取$\left\{r_n\right\}$为$\mathbb{R}$上的有理数点集，于是有$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\}={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\} $$实际上，$$ {\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}{\subset}\left\{x:f(x)<g(x)\right\}是显然的 $$继而仅需证明反包含关系：${\forall}x_0{\in}\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$，则有$f(x_0)<g(x_0)$，由于$f(x_0),g(x_0){\in}\mathbb{R}$，由有理数集的稠密性，${\exists}r_n$使得$f(x_0)<r_n<g(x_0)$，于是则知道$x_0{\in}{\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}$。由于$x_0$的任意性，于是反包含关系成立：$$ \left\{x:f(x)<g(x)\right\}{\subset}{\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\} $$有了等式之后我们可以做划分：$$ \begin{align*} \left\{x:f(x)<g(x)\right\}&={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}\left\{x:f(x)<r_n<g(x)\right\}\\ &={\bigcup}_{r_n{\in}\mathbb{Q}}(\left\{x:f(x)<r_n\right\}{\cap}(\left\{x:r_n<g(x)\right\}) \end{align*} $$由于$\left\{x:f(x)<r_n\right\}$与$\left\{x:r_n<g(x)\right\}$均为可测集，于是可以知道$\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$为可测集。然后我们证明：$\left\{x:f(x)=g(x)\right\}$为可测集。上述已经证明了$\left\{x:f(x)<g(x)\right\}$为可测集，同样地可以得到$\left\{x:g(x)<f(x)\…

实分析测试题2
type: item
date: 2019-12-26T10:10:00+08:00
description: 第二章第三题设$X$是一个度量空间，其度量为$\rho$。对任意的非空集合$E{\subset}X$，定义$$ \rho_E(x)=\inf\left\{\rho(x,y):y{\in}E\right\} $$证明：$\rho_E$是$X$上的一致连续函数。如果$A$和$B$是$X$的不相交非空闭子集，检验函数$$ f(x)=\frac{\rho_A(x)}{\rho_A(x)+\rho_B(x)} $$是否满足乌雷松引理？证明：首先证明$\rho_E$为$X$上的一致收敛函数。首先，$\rho_E{\ge}0$显然，且对${\forall}x{\in}X$，$\rho_E$是有限数。$$ \rho_E(x){\le}\rho(x,y)+\rho_E(y),{\quad}{\forall}x,y{\in}X\tag{1} $$实际上(1)式子成立是因为：对${\forall}z{\in}Z$，有三角不等式$$ \rho(x,z){\le}\rho(x,y)+\rho(y,z) $$$$ \begin{align*} \rho_E(x)&={\inf}\left\{\rho(x,z):z{\in}E\right\}{\le}\rho(x,y)+{\inf}\left\{\rho(y,z):z{\in}E\right\}\\ &=\rho(x,y)+\rho_E(y) \end{align*} $$故由（1），我们知道，对于${\forall}x,y{\in}E$，有$$ \rho_E(x){\le}\rho(x,y)+\rho_E(y)\\ \rho_E(y){\le}\rho(x,y)+\rho_E(x) $$因此有$$ |\rho_E(x)-\rho_E(y)|{\le}\rho(x,y) $$这意味着在$X$上$\rho_E$是李普希茨连续的，因此是一直连续的。若$A,B$是不相交的$X$上的非空闭子集，则$$ f(x)=\frac{\rho_A(x)}{\rho_A(x)+\rho_B(x)} $$在$X$上是连续的。下面证明$\rho_A(x)+\rho_B(x){\neq}0$。对于${\forall}x{\in}X$，如果$\rho_A(x)+\rho_B(x)=0$，也就是说$\rho_A(x)=\rho_B(x)=0$。因此则${\exists}\left\{y_n\right\}{\subset}A,\left\{z_n\right\}{\subset}B$，使得$$ \rho(x,y_n){\to}0,\rho(x,z_n){\to}0 $$特别地有$y_n{\to}x,z_n{\to}x$，因为$A,B$均为闭集，于是可以推出$x{\in}A,x{\in}B$，于是有$x{\in}A{\cap}B=\varnothing$，推出矛盾，于是$f$是连续的。检验其是否满足乌雷松引理：若$K{\subset}V{\subset}W$，其中$K,W$均为非空紧集，$V$为开集，且$K{\cap}V^c=\varnothing$。则$$ f(x)=\frac{\rho_{V^c}(x)}{\rho_K(x)+\rho_{V^c}(x)} $$则可以知道$f(x)$在$X$上连续，且对${\forall}x{\in}K,\rho_{V^c}(x)>0$。因为若$\rho_{V^c}(x)=0$，因为$x{\in}K$，我们有$\rho_K(x)=\rho_{V^c}(x)=0$，于是则有$x{\in}K{\cap}V^c=\varnothing$，于是导出矛盾。故此有$$ f(x)=\frac{\rho_{V^c}(x)}{0+\rho_{V^c}(x)}=1{\quad}若x{\in}K $$同时有，若${\forall}x{\in}V^c$，$$ f(x)=\frac{0}{1+0}=0 $$满足乌雷松引理。第七题给定$0<\varepsilon<1$，构造一个开集$E{\subset}[0,1]$，它在$[0,1]$中是稠密的，使得$m(E)=\varepsilon$（$A$在$B$中稠密是指$A$的闭包包含$B$）。证明：根据习题6，构造出一个紧集$K$，我们证明了对${\forall}{\varepsilon}{\in}(0,1)$时，都存在一个完备集$K=[0,1]-{\bigcup}^{\infty}_{i=1}I_i$和$m(K)=1-\varepsilon$。令$E={\bigcup}^{\infty}_{r=1}I_i$，那么$E$是$[0,1]$中的开子集且$$ \begin{align*} m(E)&=m([0,1]-K)=m([0,1])-m(K)\\&=1-(1-\varepsilon)=…

矩阵论测试题
type: item
date: 2019-12-26T10:01:00+08:00
description: 矩阵论$P_{145}$24，做出下列矩阵的奇异值分解（1）$A=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}$（2）$A=\begin{pmatrix} 0 & -1 &1\\ 2 & 0&0\\ \end{pmatrix}$（3）$A=\begin{pmatrix} -1 & 0 &1\\ 0 & 1&0\\1&0&-1 \end{pmatrix}$对于（1），解：$$ A^HA=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} $$其特征值为1，3。分别对应的规范正交的特征向量为$\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$。令$U=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$，$U^HA^HAU=\begin{pmatrix} 3&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$，令$(\sum)^2=\begin{pmatrix} 3&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$，于是$\sum=\begin{pmatrix} \sqrt{3}&0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$，由$V=AU(\sum)^{-1}=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{6}}{6} &-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}&\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{6}}{3}&0 \end{pmatrix}$。则$V^HAU=\begin{pmatrix} \sqrt{3} &0 \\ 0&1 \end{pmatrix}$。则$$ A=V\begin{pmatrix} \sqrt{3} &0 \\ 0&1 \end{pmatrix}U^H=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{6}}{6} &-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{6}}{6}&\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{6}}{3}&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{3} &0 \\ 0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \\ -\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix} $$对于（2），解：$$ A^HA=\begin{pmatrix} 4 & 0 &0\\ 0 & 1&-1\\0&-1&1 \end{pmatrix} $$其特征值为4,2,0。分别对应的规范正交的特征向量为$\begin{pmatrix} 1 \\0\\0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} \\-\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}$。$$ 令U=\begin{pmatrix} 1 & 0 &0\\ 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2}& -\frac{\sqrt{2}}{2}\\0& \frac{\sqrt{2}}{2}& -\frac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix},U^HA^HAU=\begin{pmatrix} 4 & 0 &0\\ 0 & 2&0\\0&0&0 \end{pmatrix},(\sum)^2=\begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\\ \sum=\begin{pmatrix} 2 & 0\\ 0 & \sqrt{2} \end{pmatrix} $$由$V_1=AU_1(\sum)^{-1}=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix}$，$V_2=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatri…

近世代数测试题
type: item
date: 2019-12-23T17:10:00+08:00
description: 近世代数$P_{71}$定理2.6.3：设$G$为有限可换群，$p$为素数，且$p{\mid}|G|$，则$G$中有$p$阶元。证明：对$|G|$作归纳法。$|G|=p$，显然成立。下面设$|G|=n>p$，并且假设命题对$|G|<n$以及$p{\mid}|G|$成立。要证明对$|G|=n$以及$p{\mid}n$也成立。任意取$a{\in}G$，设$o(a)=k>1$，若$p{\mid}k$，则$a^{k/p}$就是$p$阶元。若$p{\nmid}k$，令$H=$，则$H{\trianglelefteq}G$，商群$G/H=G'$，满足$|G'|=\frac{n}{k}<n$和$p{\mid}|G'|$。由归纳假设，$G'$中存在$p$阶元$\overline{c}{\in}G':o_{G'}(\overline{c})=p$，即$(cH)^p=H$，于是有$c^p{\in}H$和$c^{pk}=e$，即$(c^k)^p=e$，可以证明$c^k{\neq}e$：否则由$c^k=e$可以得到$\overline{c}^k=\overline{e}$以及$p|k$，这导致了矛盾。所以$c^k$为$G$中的$p$阶元。要点：归纳法与归纳假设，通过作商群用到归纳假设，从而找到$p$阶元。$P_{104}$1，用3种颜色做成有5颗珠子的项链，问可做成多少种类的项链？解：设$X=\left\{12,3,4,5\right\}$为正5边形的顶点集合，$D_5$是正5边形的旋转群。$A=\left\{a_1,a_2,a_3\right\}$是颜色集合。目标集为有标号的着色方法的集合：$\Omega=\left\{f|f:X{\to}A\right\}$。定义$D_5$对$\Omega$的作用为$$ {\forall}g{\in}D_5,{\forall}f{\in}\Omega有g(f)=fg^{-1} $$则$\Omega$在$D_5$的作用下的轨道数是要求的项链数，写出全部群元素$$ D_5=\left\{(1),(12345),(13524),(14253),(15432),(25)(34),(12)(35),\\ (13)(45),(14)(23),(24)(15)\right\} $$其中$1^5-$型置换1个，$5^1-$型置换4个，$1^12^2-$型置换5个，按类型计算群元素的不动点数目列表如下：元素$g$的类型$\chi(g)$同类$g$的个数$\sum{\chi}(g)$$1^5$$3^5$1$3^5$$5^1$$3$412$1^12^2$$3^3$5$5{\times}3^3$ 10 由Burnside引理，得到$$ N=\frac{3^5+4{\times}3+5{\times}3^3}{10}=\frac{3(81+4+45)}{10}=39 $$$P_{112}$1，证明145阶群是循环群思路：首先写出阶数的标准分解式：$145=5{\times}29$，是两个素数的乘积，仅需证明$G=C_5{\times}C_{29}$，问题就解决了。证明：由于$|G|=5{\times}29$，由于Sylow定理，$G$中存在5阶子群$C_5$和29阶子群$C_{29}$，如果它们是正规子群，则问题解决。首先，$G$中的$C_{29}$是惟一的29阶子群，所以$C_{29}{\vartriangleleft}G$。其次，再看$C_5$是否惟一的，可用Sylow定理的计数定理来分析。设$G$中的Sylow 5-子群的个数为$N(5)$，则由Sylow定理的计数定理知$N(5){\equiv}1(mod\;5)$，可令$N(5)=5q+1$。另一方面，$N(5)||G|$，即$N(5)|145$，因而有$N(5)=1$，所以$C_5{\vartriangleleft}$G。显然$C_5{\cap}C_{25}=1$。综上，由群可表示为子群的直积的定理，得到$$ G=C_5{\times}C_{29}=C_{145} $$所以$G$是循环群。$P_{128}$例3.2.6：证明$(2+i)$是$\mathbb{Z}[i]$的一个极大理想，从而$\mathbb{Z}[i]/(2+i)$是域。证明：设$$ \begin{align*} M&=(2+i)=\left\{(2+i)(a+bi)|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\}\\ &=\left\{(2a-b)+(a+2b)i|a,b{\in}\mathbb{Z}\right\} \end{align*} $$不难证明：$M=\left\{x+yi|x,y{\in}\mathbb{Z}\right\};2x+y{\equiv}0(mod\;5)$，设理想$H$真包含$…