idle
重心法
同学参加 全国物流设计大赛 被拉去写了个 单配送中心的选址模型重心法的 matlab 程序。很久没碰过这东西想了好久才写出下面这些,对错不清楚运行未报错。 具体算法见 城市物流中心单点选址模型优化及方案评选
Jordan 测度
从论文中把这部分去掉更简洁(内容大部分来自《数学分析讲义》)
\usemodule[zhfonts] \starttypescript[zhfonts] \definetypeface [zhfonts][mm][math][cambria][default] \stoptypescript \usezhfonts[rm,12.05pt] \setupinterlinespace[line=18pt] \starttypescript [math] [modern,computer-modern,latin-modern,ams] [size] \definebodyfont [17.3pt,14.4pt,12pt,11pt,10pt,9pt][mm][mc=rsfs10 sa 1] \definebodyfont [8pt,7pt] [mm] [mc=rsfs7 sa 1] \definebodyfont [6pt,5pt,4pt] [mm] [mc=rsfs5 sa 1] \stoptypescript \definefamilysynonym [default] [scriptfamily] [mc] \definefont [ralfsmithfs] [RalfSmithFormalScript sa \currentfontscale] \def\scr #1{\ifmmode\hbox{\ralfsmithfs #1}\else\ralfsmithfs #1\fi} \definetypeface [modern] [mm] [math] [modern] [ams] [encoding=texnansi] \defineenumeration[remark] [text=Remark, location=serried, width=fit, headstyle=bold, headcolor=darkgreen, prefix=yes, prefixsegments=section:subsection, right={.~}] \defineenumeration[remark1] [text=Remark, location=serried, width=fit, headstyle=bold, headcolor=darkgreen, prefix=yes, 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$\mu(P_1)=\mu(P_2)$. \item $\mu(P)$ 是单调的,若 $P_1\subset P_2$ 则 $\mu(P_1)\le \mu(P_2)$. \stopitemize 标准矩形可以不含于它的边上的任何一个点的子集.每个标准矩形都有面积,等于它相临两边的乘积.对于一般的平面有界图形 $P$,称一切包含 $P$ 的简单图形 $P_1$ 的面积 $\mu(P_1)$ 的下确界为 $P$ 的 Jordan 测度外测度,记为 $\mu^*(P)$.对应的称一切包含在 $P$ 内的简单图形 $P_2$ 的面积 $\mu(P_2)$ 的下确界为 $P$ 的 Jordan 测度内测度,记为 $\mu_*(P)$. \startdefinition $\mu(P)=\mu^*(P)$ 为图形 $P$ 的 Jordan 测度,如果 $\mu^*(P)=\mu_*(P)$. \stopdefinition 我们来验证对于平面上的可测图形定义的非负函数 $\mu(P)$,具有那些最简单的图形所具有的单调性,关于平面运动的不变性,以及加性. 首先我们证明,可测图形的集合关于集合论的运算:集合的并、交、差,是封闭的.换言之,若图形 $P_1$ 和 $P_2$ 皆可测,则图形 $P_1\cup P_2$, $P_1\cap P_2$, $P_1 \backslash P_2$ 皆若尔当可测. 先证明两个集合的并的可测性.根据集合若尔当可测的准则,只需证明 $\mu(\partial(P_1\cup P_2))=0$.我们证明 \startformula \partial(P_1\cup P_2) \subset \partial P_1\cup P_2. \stopformula 任取 $x\in\partial(P_1\cup P_2)$.假设 $x\notin P_1,x\notin P_2$.那么点 $x$ 或是 $P_1$ 的内点,或是 $P_2$ 的内点,或者既是 $P_1$ 的外点又是 $P_2$ 的外点.由此推出,点 $x$ 相对于集合 $P_1\cup P_2$ 而言,或是内点,或是外点,而这与点 $x$ 属于集合 $P_1\cup P_2$ 的边界相矛盾.一次,两集合之并的边界是这两个集合的边界之并的子集合. 把可测集 $P_1$ 和 $P_2$ 放在一个标准正方形 $K$ 之中,那么集合 $K \backslash P_1$ 和 $K \backslash P_2$ 都是若尔当可测的,因为它们的边界包含在集合 $K,P_1,P_2$ 的边界的并集之中.由此推出集合 \startformula P_1\cup P_2,\quad P_1\cap P_2=k \backslash [(K \backslash P_1)\cup (K \backslash P_2)] \stopformula 都是可测集. 现考察函数 $\mu(P)$ 的单调性.若 $P_1\subset P_2$,则任何包含集合 $P_2$ 的最简单图形也都包含 $P_1$,因此 $\mu^*(P_1)\leq\mu^*(P_2)$.但因图形 $P_1$ 和 $P_2$ 都可测,所以 \startformula \mu(P_1)=\mu^*(P_1)\leq\mu^*(P_2)=\mu(P_2). \stopformula 这表明,函数 $\mu(P)$ 是单调的. 若尔当测度的平移不变性从最简单图形在平移之下面积不变,从而在平移之下量 $\mu^*(P)$ 和 $\mu_*(P)$ 不变这一事实推出. 进而,根据沙勒 (chasles) 定理,平面的任何运动都归结为对称,平移,以及绕一固定点的旋转.所以,为了完成若尔当侧度关于平面运动的不变性的证明,只需证明它关于平面绕一定点旋转的不变性.我们觉察到,在平面的旋转之下,最简单的图形的面积不变,然而它已不再是最简单的图形了. 于是,设给定若尔当可测图形 $P$.那么存在最简单的图形 $P_1,P_2$ 使得 $P_1\subset P\subset P_2$,且 \startformula \mu(P_1)\leq\mu(P)<\mu(P_1)+\varepsilon,\quad \mu(P_2)-\varepsilon<\mu(P)\leq\mu(P_2), \stopformula 而 $P_1$ 和 $P_2$ 皆可表示成有限个标准矩形的并集,在平面绕某不动点的旋转之下,图形 $P,P_1,P_2$ 分别变成可测图形 $Q,Q_1,Q_2$,且 $Q_1\subset Q \subset Q_2$.显然,只需要证明如果标准矩形在旋转之下变成了矩形 $H$,那么可将它含在一个开的最简单的图形 $H_1$ 中且让它包含一个闭的最简单图形 $H_1$,使得 $H_2\subset H \subset H_1$ 且差 $\mu(H_1)-\mu(H_2)$ 可以做到任意小.为此我们把矩形 $H$ 框在一个矩形 $H_0$ 中,$H_0$ 的边分别与 $H$ 平行且相距甚小.然后在 $H_0$ 内作最简单的图形,使之包含 $H$.它就是要找的 $H_1$.类似地构作图形 $H_2$. 现证若尔当测度的加性.我们首先看到,对于最简单的图形成立不等式 \startformula \mu(A\cup B)\leq\mu(A)+\mu(B). \stopformula 其次,设图形 $P_1$ 和 $P_2$ 是若尔当可测的且设 $P=P_1\cup P_2,P_1\cap P_2= \emptyset$.那么,根据集合的可测准则,图形 $P$ 是可测的,因为两个集合的并集的边界包含在它们边界的并集之中.我们来证明成立等式 \startformula \mu(P)=\mu(P_1)+\mu(P_2). \stopformula 根据图形 $P_1$ 和 $P_2$ 的可测性,对于任意的 $\varepsilon >0$,存在最简单的图形 $Q_1,Q_2,R_1,R_2$,使得 $Q_1\subset P_1\subset Q_2$,$R_1\subset P_2\subset R_2$ 且 \startformula \startmathalignment \NC\mu(Q_1)\leq\mu(P_1)<\mu(Q_1)+\varepsilon,\quad \mu(Q_2)-\varepsilon<\mu(P_1)\leq\mu(Q_2),\NR \NC\mu(R_1)\leq\mu(P_2)<\mu(R_1)+\varepsilon,\quad \mu(R_2)-\varepsilon<\mu(P_2)\leq\mu(R_2).\NR \stopmathalignment \stopformula 此外,对于满足条件 $Q_1\cup R_1= \emptyset$ 的最简单图形 $Q_1$ 和 $R_1$ ,我们有 $\mu(Q_1\cup R_1)=\mu(Q_1)+\mu(R_1)$,且同样,$\mu(Q_2\cup R_2)\leq\mu(Q_2)+\mu(R_2)$.因此,考虑到集合论的包含关系 \startformula (Q_1\cup R_1)\subset (P_1\cup P_2)=P\subset (Q_2\cup R_2) \stopformula 我们得到 \startformula \startmathalignment \NC \mu(Q_1)+\mu(R_1)\NC =\mu(Q_1\cup R_1)\leq\mu(P)\leq \mu(Q_2\cup R_2) \NR \NC \NC \leq \mu(Q_2)+\mu(R_2)<\mu(Q_1)+\mu(R_1)+ 4 \varepsilon. \NR \stopmathalignment \stopformula 同样显然有 \startformula \mu(Q_1)+\mu(R_1) \leq \mu(p_1) +\mu(P_2)<\mu(P_1) + \mu(R_1) + 2 \varepsilon. \stopformula 由此求得 \startformula |\mu(P)-\mu(P_1)-\mu(p_2)| +\mu(P_2)<4 \varepsilon. \stopformula 而根据 $\varepsilon$ 的选取的任意性,有 \startformula \mu(P)=\mu(P_1)+\mu(p_2). \stopformula 这就证明了若尔当测度的加性. \stoptext
域
代数中域定义
\(F \) 和定义在 \(F \) 二元关系加法"+"和乘法" \(\cdot \)"
对于 \(a,b,c\in F \)
test 3
摘抄自《数论I》
引理:设 \(a,b,c\in \mathbb{Q}^+\),则下面的(I),(II)等价.
(I) 存在 \(x,y\in \mathbb{Q}\) 使 \(ax^2+by^2=c\) .
(II) 存在 \(x,y,z\in \mathbb{Q}\) ,\((x,y,z)\neq(0,0,0)\) 使 \(ax^2+by^2=cz^2\) .
test 2
\usemodule[zhfonts][style=dim] \usezhfonts[rm,12pt] \setupinterlinespace[line=18pt] \setupindenting[always,2em,first] \starttext 设 $f(x)$ 有泰勒展开式 $\sum_{n=0}^{+\infty}a_n(x-x_0)^n$ 与 $\sum_{n=0}^{+\infty}a_n^{\prime}(x-x_0)^n$ . 因为 $f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n^{\prime}(x-x_0)^n$, 所以 \startformula \frac{f(\xi)}{(\xi-x_0)^k}=\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^{+\infty}a_n^{\prime}\frac{(\xi-x_0)^n}{(\xi-x_0)^k} \stopformula 因为 $f(x)$ 在以收敛半径 $r$ 为半径的开圆盘 $B(x_0,r)$ 内解析,所以 $f(x)$ 在 $B(x_0,r)$ 内闭一致收敛(魏尔斯特拉斯定理),所以 \startformula \startalign \int_L\frac{f(\xi)}{(\xi-x_0)^k}\,{\rm d}\xi&=\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^{+\infty}\int_L\frac{a_n^{\prime}}{(\xi-x_0)^{k-n}}\,{\rm d}\xi\frac{f^{n}(x_0)}{n!}&=\frac{1}{2\pi i}\sum_{n=0}^{+\infty}\int_L\frac{a_n^{\prime}}{(\xi-x_0)^{k-n}}\,{\rm d}\xi\qquad(k=n+1) a_n&=a_n^{\prime} \qquad \text{右边因为}\frac{1}{2\pi i}\oint_L\frac{{\rm d}\xi}{(\xi-x_0)^n}= \startmathcases \NC 1, \NC if $n=1$,\NR \NC 0 ,\NC if $n\neq 1$.\NR \stopmathcases \stopalign \stopformula \stoptext
这里的 TeX 显示效果太差,用 ConTeXt 编译或看下面。
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出处 http://www.loyhome.cn/841.html 本人只是试写一下