Posts on Yukari's Blog

Workshop

Mon, 01 Jun 2026 00:00:00 +0000

传递、混合、压缩、扩张

设 $f:S\to S,\ g:T\to T$ 是连续映射，如果有同胚 $h:S\to T$ 使得 $h\circ f=g\circ h$，则称 $f,g$ 拓扑共轭，$h$ 是共轭映射；如果除去 $h$ 的同胚条件，只保留满射，则称 $g$ 是 $f$ 的因子，$h$ 是半共轭映射。

稠密与周期

考虑 $S^1\cong \mathbb R/\mathbb Z$ 上的旋转映射（这等价于）

$$x\mapsto x+\alpha\mod 1.$$

根据有理性分类轨道：

$$\# \mathcal O(x)=\begin{cases}\infty, & \alpha\in \mathbb R\setminus \mathbb Q,\\[6pt]<\infty, & \alpha\in \mathbb Q.\end{cases},\quad \forall x\in S^1.$$

特别地，由 Weyl 定理，$\overline {\mathcal O(x)}=S^1$ 当且仅当 $\alpha\in \mathbb R\setminus \mathbb Q$.

设 $f\in C(X)$，如果存在 $x\in X$ 使得双向轨道 $\mathcal O(x)=\{f^n(x)\}_{n\in\mathbb Z}$ 在 $X$ 中稠密，则称 $f$ 是拓扑传递的；如果对于任意 $x\in X$，都有 $\overline {\mathcal O(x)}=X$，则称 $f$ 是拓扑极小的。其中 $f$ 不一定是同胚，因此 $f^{-n}$ 表示取 $n$ 次原像。

调和函数与极值原理

Mon, 01 Jun 2026 00:00:00 +0000

极值原理

弱极值原理

强极值原理

调和函数

设 $\Omega \subseteq \mathbb R^d$ 是开区域，如果 $u\in C^2(\Omega)$ 满足 $\Delta u=0$，则称 $u$ 是 $\Omega$ 上的调和函数，记作 $u\in \mathcal H(\Omega)$。调和函数是 Laplace 方程的解，继承其性质。

球面平均性

球面平均性：如果 $u\in \mathcal H(\Omega)$，则对任意 $r\in (0,R]$ 和 $x\in \Omega$ 满足 $B_R(x)\subseteq \Omega$，有
$$u(x)=\frac 1{|\partial B_r(0)|}\int_{\partial B_r(x)} u(y)\mathrm dS=\dfrac 1{|B_r(0)|}\int_{B_r(x)} u(y)\mathrm dy=: h(x;r).$$
反过来，如果 $u\in C^2(\Omega)$ 在 $x\in \Omega$ 满足上述球面平均性，则 $\Delta u(x)=0$.

从连续性出发

$$u(x)=\lim_{r\to 0}\frac 1{|\partial B_r(0)|}\int_{\partial B_r(x)} u(y)\mathrm dS=\lim_{r\to 0}\dfrac 1{|\partial B_1(0)|}\int_{\partial B_1(0)} u(x+ry)\mathrm dS=:\lim_{r\to 0} h(x;r).$$

考虑含参积分

偏微分方程习题 12

Sun, 31 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚。

pp212.15

设 $u\in C^3_0(\Omega)$ 且满足

$$-\Delta u=f(x),\quad x\in\Omega,$$

证明

$$\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u^2_{x_ix_j}\mathrm dx\leq n\int_\Omega f^2\mathrm dx.$$

解：考虑到其紧支性，作分部积分，再由光滑性交换偏导次序

$$\begin{darray}{ll}\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u^2_{x_ix_j}\mathrm dx&=\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u_{x_ix_j}u_{x_ix_j}\mathrm dx\\[14pt]&=-\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u_{x_ix_jx_j}u_{x_i}\mathrm dx\\[14pt]&=\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u_{x_ix_i}u_{x_jx_j}\mathrm dx\\[14pt]&=\int_\Omega \Delta^2 u\mathrm dx\\[14pt]&=\int_\Omega f^2\mathrm dx.\end{darray}$$

这应更严格。

pp212.16

设 $\Omega=\{(x,y):0

在 $Oy$ 轴上温度的值为 $v_0$，在 $\partial \Omega$ 的其他边上温度的值为 $0$；
在 $x=a,y=b$ 上绝热，在 $x=0,y=0$ 上温度的值分别为 $0$ 和 $1$；
在 $x=a,y=b$ 上温度的值为 $0$，而 $$u|_{x=0}=A\sin \dfrac {\pi y}{b},\quad u|_{y=0}=B\sin \dfrac{\pi x}{a},$$ 其中 $A,B$ 为常数。

解：热传导方程为

$$u_t-a^2\Delta u=f(x,y,t),\quad (x,y)\in \Omega,\ t>0.$$

则稳定的温度场，在分离变量假设 $u(x,y)=X(x)Y(y)$ 下满足

偏微分方程习题 13

Sun, 31 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚。

pp 212.1

设 $u(x)$ 是定解问题

$$\begin{cases}-\Delta u+c(x)u=f(x),&x\in \Omega,\\[6pt] u|_{\partial \Omega}=0,\end{cases}$$

的一个解

(1) 如果 $c(x)\geq C_0>0$，则有估计

$$\max_{\overline \Omega} |u(x)|\leq C_0^{-1}\sup_{\Omega} |f(x)|.$$

(2) 如果 $c(x)\geq 0$ 且有界，则

$$\max_{\overline \Omega} |u(x)|\leq M\sup_{\Omega} |f(x)|,$$

其中 $M$ 依赖于 $c(x)$ 的界与 $\Omega$ 的直径；

(3) 如果 $c(x)<0$，试举反例说明上述最大模估计一般不成立。

解： (1)

pp 212.2

设 $u(x)$ 是定解问题

$$\begin{cases}-\Delta u+c(x)u=f(x),&x\in \Omega,\\[6pt] u|_{\partial \Omega}=0,\end{cases}$$

pp 212.3

pp 212.4

pp 212.5

设 $\Omega_0$ 是三维有界区域，$\Omega=\mathbb R^3\setminus \overline{\Omega_0}$，又设 $u\in C^2(\Omega)\cap C(\overline \Omega)$ 是外部问题

$$\begin{dcases}-\Delta u+c(x)u=0,&x\in \Omega,\\[6pt] u|_{\partial \Omega}=\varphi,\\[6pt] \lim_{|x|\to \infty} u(x)=l.\end{dcases}$$

的解，其中 $c(x)\geq 0$ 且在 $\overline \Omega$ 上局部有界，则有估计

分析力学习题 10

Sun, 31 May 2026 00:00:00 +0000

问题 1：对称陀螺的 Liouville 可积性

考虑一个绕固定点自由旋转的对称陀螺（无平动，仅含转动自由度）。设固定点为 $O$，陀螺关于其对称轴的转动惯量为 $I_3$，关于垂直于对称轴的两个主轴的转动惯量相等，$I_1=I_2$。用 Euler 角 $(\phi,\theta,\psi)$ 描述陀螺的取向，其中 $\phi$ 为进动角，$\theta$ 为章动角，$\psi$ 为自转角。在 Euler 角下，对称陀螺的 Hamiltonian 为

$$H(\phi,\theta,\psi,p_\phi,p_\theta,p_\psi) = \frac{p_\theta^2}{2I_1} + \frac{(p_\phi - p_\psi \cos\theta)^2}{2I_1 \sin^2\theta} + \frac{p_\psi^2}{2I_3},$$

其中正则动量为

$$p_\phi = \dfrac {\partial L}{\partial \dot \phi},\quad p_\theta=\dfrac {\partial L}{\partial \dot \theta},\quad p_\psi=\dfrac {\partial L}{\partial \dot \psi}.$$

(a) 指出 $H$ 中不出现的循环坐标，并写出相应的守恒量。验证它们确实是运动常数。

(b) 写出该系统的三个守恒量 $F_1,F_2,F_3$（其中一个为 $H$ 本身）。显式计算它们两两之间的 Poisson 括号，证明它们相互对合：

$$\{F_i,F_j\}=0,\quad i,j=1,2,3.$$

解： (a) Hamiltonian $H$ 中显式不出现的循环坐标是 $\phi,\psi$，对应的守恒量为 $p_\phi,p_\psi$，现在用 Poisson 括号验证它们是运动常数，这里标号 $\phi,\psi,\theta$ 分别为 $1,2,3$，则

Pi Agent 包源码逐行解读 — agent-loop.ts & agent.ts

Fri, 29 May 2026 00:00:00 +0000

Pi Agent 包源码逐行解读

本文对 packages/agent/src/ 下的 agent-loop.ts（~700 行）和 agent.ts（~540 行）做逐行级的代码解读，涵盖每个函数的设计意图、类型系统、控制流和错误处理策略。

文件概览

packages/agent/src/
├── agent-loop.ts # 无状态循环引擎（~700 行，纯函数）
├── agent.ts # 有状态封装层（~540 行，Agent 类）
├── types.ts # 类型定义（~400 行）
├── proxy.ts # HTTP 代理（~320 行）
├── index.ts # 导出入口（~8 行）
├── agent-learn.ts # 学习相关
├── agent-loop-learn.ts
└── README.md

核心分界线：

Pi-Architecture: Agent

Fri, 29 May 2026 00:00:00 +0000

Pi Agent 包架构

packages/agent/src/ 实现了 Pi 框架中的 Agent 运行时，用于构建工具增强型 LLM 对话代理（Tool-Augmented LLM Agent）。

整个包由五个模块组成：

文件	职责	行数
`types.ts`	类型定义层	~400
`agent-loop.ts`	无状态循环引擎	~700
`agent.ts`	有状态封装层	~540
`proxy.ts`	代理流式函数	~320
`index.ts`	导出入口	8

架构总览

graph TD App[外部应用] subgraph "Agent 包" Index[index.ts
导出入口] subgraph "类型系统" Types[types.ts
AgentMessage / AgentEvent
AgentLoopConfig / AgentTool] end subgraph "管理层 agent.ts" Agent[Agent 类
状态管理 / 队列 / 并发 / 事件] Queue[PendingMessageQueue
steering / follow-up 队列] State[MutableAgentState
状态归约] end subgraph "引擎层 agent-loop.ts" Engine[LoopEngine
runAgentLoop / runLoop] LLMCall[streamAssistantResponse
LLM 调用] ToolExec[executeToolCalls
工具执行] end subgraph "HTTP 代理 proxy.ts" Proxy[streamProxy
代理流式函数] end end subgraph "LLM 核心库 @earendil-works/pi-ai" AI[streamSimple / Model
Message / Tool] end App --> Agent Agent --> Engine Agent --> Queue Agent --> State Engine --> LLMCall Engine --> ToolExec LLMCall --> AI Proxy -- 替代 streamFn --> Agent Agent -.-> Types Engine -.-> Types

分层设计

无状态引擎 vs 有状态封装

Agent 包的核心设计思想是将引擎逻辑与状态管理分离：

分析力学习题 9

Thu, 28 May 2026 00:00:00 +0000

问题 1：两粒子系统与质心运动

考虑一维空间中质量分别为 $m_1$ 和 $m_2$ 的两个粒子，它们通过仅依赖于相对距离的势能相互作用：

$$H(q_1, q_2, p_1, p_2) = \frac{p_1^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2} + V(q_1 - q_2),$$

(a) 通过计算 $\{G,H\}$，证明总动量

$$G=p_1 + p_2$$

是一个守恒量。

(b) 质心坐标定义为

$$Q_{\mathrm{cm}}=\dfrac {m_1 q_1 + m_2 q_2}{m_1 + m_2}.$$

证明量

$$G'=(m_1+m_2)Q_{\mathrm{cm}}-(p_1 + p_2)t$$

也是守恒的。

解： (a) $H$ 作为 Hamiltonian，满足

$$\dfrac {\partial H}{\partial p_1} = \dfrac{p_1}{m_1}, \quad \dfrac{\partial H}{\partial p_2} = \dfrac{p_2}{m_2},\quad \dfrac{\partial H}{\partial q_1} = V'(q_1 - q_2), \quad \dfrac{\partial H}{\partial q_2} = -V'(q_1 - q_2).$$

所以

位势方程与 Green 公式

Wed, 27 May 2026 00:00:00 +0000

位势方程

一些基本的结果：

基本解：在 $\mathbb R^n$ 上，位势方程 $-\Delta u=f(x)$ 的基本解 $-\Delta E=\delta(x)$ 满足
$$E(x)=\begin{dcases} -\frac{1}{2\pi}\log|x|,&n=2,\\[14pt] \frac{1}{(n-2)S_{n-1}|x|^{n-2}},&n\geq 3, \end{dcases}$$

尽管基本解 $E$ 在 $x=0$ 处有奇点，但通过球坐标变换

$$\int_{|x|<\varepsilon} E(x)\mathrm dx=\int_0^\varepsilon\int_{\Theta}E(r)J(\Theta)r^{n-1}\mathrm d\Theta\mathrm dr\to 0,\quad \varepsilon\to 0,$$

其中 $J(\Theta)$ 是球坐标变换的 Jacobian 的角度部分。因此 $E\in L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb R^n)$；另外

$$\nabla E(x)=-\dfrac 1{S_{n-1}}\dfrac x{|x|^n},\quad \forall n\geq 2,$$

这推出 $\nabla E\in L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb R^n)$，因为

$$\int_{|x|<\varepsilon} |\nabla E(x)|\mathrm dx=\int_0^\varepsilon\int_{\Theta}\dfrac {J(\Theta)}{S_{n-1}}\mathrm d\Theta\mathrm dr=\int_0^\varepsilon\mathrm dr=\varepsilon,$$

如果我们进一步求二阶微分

$$|\nabla^2 E(x)|=\dfrac 1{S_{n-1}}\left|\dfrac n{|x|^n}\dfrac {xx^T}{|x|^2}-\dfrac 1{|x|^n}I\right|\sim \dfrac 1{|x|^n},$$

这推出 $\nabla^2 E\notin L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb R^n)$，因为

复旦 2021 推免考试

Thu, 21 May 2026 00:00:00 +0000

1

2

设 $\varepsilon\in (0,1)$，则

$$\begin{darray}{ll}\lim_{n\to\infty}\int^\infty_0\cos x^n\mathrm dx&=\lim_{n\to\infty}\int^\infty_{1}\cos x^n\mathrm dx+\lim_{n\to\infty}\int^{1-\varepsilon}_0\cos x^n\mathrm dx+\lim_{n\to\infty}\int^{1}_{1-\varepsilon}\cos x^n\mathrm dx.\end{darray}$$

复旦 2022 推免考试

Thu, 21 May 2026 00:00:00 +0000

1

(1) 二阶连续可微的下凸函数，满足 $f''(x)\geq 0$，这说明 $f'(x)$ 单调递增，而如果存在 $x_0$ 使得对任意 $x>x_0$ 都有 $f(x)\geq f(x_0)>0$，那么 $f(x)$ 无界，矛盾。所以 $f'(x)\leq 0$ 恒成立，从而 $f(x)$ 是有界单调递减函数，存在极限。

(2) 计算反常积分，先形式地有

$$\begin{darray}{ll}\int^\infty_0 xf''(x)\mathrm dx&=\int^\infty_0x\mathrm df'(x)\\[6pt]&=xf'(x)\big|^\infty_0-\int^\infty_0f'(x)\mathrm dx\\[6pt]&=\lim_{x\to\infty}xf'(x)-\lim_{x\to \infty}f(x)+f(0)\\[6pt]&=\lim_{x\to\infty}xf'(x)+f(0)-A\end{darray}$$

此外注意到，$f'(x)$ 是单调递增函数，所以

$$f(2x)-f(x)=\int^{2x}_xf'(t)\mathrm dt\leq xf'(x)\leq 0$$

取极限即可，说明最终结果为 $f(0)-A$.

2

(1) 因为 $f'(x)\neq 0$，分类讨论。当 $f'(x)>0$ 时，$f(x)$ 单调递增，所以

$$f(x) 其中 $f$ 是正值函数。当 $f'(x)<0$ 时，同理。

(2) 待证不等式等价于

$$\ln (1+a) +\ln f(a)\leq \ln (1+b)+\ln f(b);\quad \ln f(b)+\ln (1-b)\leq \ln f(a)+\ln (1-a)$$

定义辅助函数 $g(x)=\ln f(x)+\ln (1-x)$ 和 $h(x)=\ln f(x)+\ln (1+x)$.

Cayley-Hamilton 定理

Tue, 19 May 2026 00:00:00 +0000

介绍三种 Cayley-Hamilton 的证明方法。在正式开始之前，先指出一类错误的证明思路。

考虑到 $f(\lambda)=\det (\lambda I-A)$ 的形式，将 $\lambda$ 替换成 $A$，就得到所谓
$$f(A)=\det (AI-A)=\det O=0$$

这混淆了标量和矩阵的关系，上述代换应该表示为 Kronecker 乘积的形式，与本定理并无关系。

伴随矩阵方法（代数方法）

对于 $f(\lambda)=\det (\lambda I-A)$，设 $\lambda I-A=B$，则根据行列式的计算，有

$$f(\lambda )I=\det B\cdot I=BB^*$$

而伴随 $B^*$ 的定义要求它至多是 $n-1$ 次的 $\lambda$ 的多项式，所以 $B^*$ 可以表示为

$$B^*=\sum^{n-1}_{k=0}C_k\lambda^k$$

所以代入

$$\sum^{n}_{k=0}a_k\lambda^k I=f(\lambda)I=\sum^{n-1}_{k=0}(\lambda I-A)C_k\lambda^k$$

从而比较系数

$$\begin{matrix}a_0& =& -AC_0&\\ a_1& =& C_0&-AC_1\\ a_2& =&& C_1&-AC_2\\ \vdots& &&&\ddots&\\ a_{n-1}& =&&& C_{n-2}&-AC_{n-1}\\ a_n& =&&&& C_{n-1}\end{matrix}$$

累加即可。

对角矩阵方法（分析方法）

这个方法只适用于 $\mathbb F=\mathbb R,\mathbb C$ 上的矩阵。

先考虑 $A$ 可对角化的情形，则此时存在可逆矩阵 $P$ 使得，对于任意多项式 $f$，都有

根子空间

Tue, 19 May 2026 00:00:00 +0000

185

199-28,29,30,31,32,33

Oksendal - Introduction to Stochastic

根子空间

Tue, 19 May 2026 00:00:00 +0000

线性算子 $T:\mathbb F^n\to\mathbb F^n$ 作用在向量 $\alpha \in\mathbb F^n$ 上，我们关心它的不变性。所以有不变子空间的概念，例如 $V\subseteq \mathbb F^n$ 是 $T$ 的不变子空间，意味着选取 $V$ 的一组基底进行线性扩张，则能得到以下表示矩阵

$$\begin{pmatrix}A&*\\ 0&B\end{pmatrix}$$

其中 $*$ 不一定为零元，这说明 $V$ 是 $T$ 最终的收缩核。特别地，如果 $\dim V=1$，则 $\beta$ 是 $T$ 的特征向量，其中 $V=\mathrm {span}\{\beta\}$，具体地

$$\exists \lambda \in \mathbb F,\text{ s.t. }T\beta=\lambda \beta$$

将这些特征向量元组 $(\lambda ,\beta)$ 收集起来，记线性算子 $T$ 的 $\lambda$-特征子空间为

$$V_\lambda =\{\beta \in \mathbb F^n:T\beta=\lambda \beta\}=:\{\beta \in\mathbb F^n:T_\lambda \beta=0\}$$

其中 $T_\lambda :=T-\lambda I$。这个特征子空间只不过是多个一维不变子空间（一维收缩核）的直和。那么作为收缩核，其核空间会最终平稳

$$\ker T_\lambda \subseteq \ker T^2_\lambda \subseteq \cdots \subseteq \ker T^N_\lambda =\ker T^{N+1}_\lambda =\cdots$$

于是 $\ker T^N_\lambda$ 中的元素只要作用 $T_\lambda$ 就会最终收缩到 $\ker T_\lambda$ 中的一个特征向量上。而具体落在哪一个特征向量上，是由 $\ker T^N_\lambda$ 中元素的链条决定的：对于任意 $\alpha \in \ker T^N_\lambda$，存在最小的 $k\in\{0,1,\cdots,N\}$ 使得

若干分解

Tue, 19 May 2026 00:00:00 +0000

Schur Decomposition：对于任意 $A\in M_n(\mathbb C)$，存在酉矩阵 $U$ 和上三角矩阵 $T$ 使得 $A=UTU^*$；对于任意 $A\in M_n(\mathbb R)$，且其特征值均为实数，则存在正交矩阵 $Q$ 和上三角矩阵 $R$ 使得 $A=QRQ^\top$，其中 $R$ 的对角线元素为 $A$ 的特征值。

作为推论，半正定实对称方阵可以开 $n$ 次方根（也是半正定实对称方阵）。

Singular Value Decomposition：对于任意 $A\in M_{m\times n}(\mathbb C)$，存在酉矩阵 $U$ 和 $V$ 以及对角矩阵 $\Sigma$ 使得 $A=U\Sigma V^*$；对于任意 $A\in M_{m\times n}(\mathbb R)$，存在正交矩阵 $Q$ 和 $P$ 以及对角矩阵 $\Sigma$ 使得 $A=Q\Sigma P^\top$，其中 $\Sigma$ 的对角线元素为 $A$ 的奇异值。

其中

$$\Sigma=\begin{pmatrix}\mathrm{diag}(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_r) & 0\\ 0&0\end{pmatrix},\quad \Sigma^{-1}:=\begin{pmatrix}\mathrm{diag}(\sigma^{-1}_1,\sigma^{-1}_2,\cdots,\sigma^{-1}_r) & 0\\ 0&0\end{pmatrix}$$

作为推论，可以定义任意矩阵 $A$ 的 Moore-Penrose 逆 $A^{-}$，满足

复旦 2023 推免考试

Mon, 18 May 2026 00:00:00 +0000

1

对于任意 $x\in \mathbb R$，不妨 $x\in (-M-1,M+1)$，其中 $M>0$ 是对于 $x$ 取定的常数。此时题设级数中通项的分子是有界的，由 Weierstrass 判别法知道一致收敛，而部分和通项都是连续的，所以级数和也是连续的。

对于 $\mathbb R\setminus [0,1]$ 上的任意点 $x$，只需要考虑其邻域的结果，不妨设 $x\in B(x,\delta)\subseteq \overline {B(x,\delta)}\subseteq \mathbb R\setminus [0,1]$，考虑形式导函数

$$f'(x):=\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot (x-r_n)^{-\frac 23}$$

根据 $x$ 的取法 $|x-r_n|\geq \delta$，所以 $f'$ 在 $B(x,\delta)$ 上一致收敛，因此 $f$ 在 $B(x,\delta)$ 上可导，且 $f'$ 是 $f$ 的导函数。

观察上述形式导函数，只需控制 $|x-r_n|^{-\frac 23}$，考虑在原先给定的 $\{r_n\}$ 上重排构造 $\{r'_n\}$，按照以下方式进行（显然是双射）：对于第 $n$ 项 $r_n'$ 的选取，从 $\{r_n\}$ 中选取指标最小的元素，满足其不属于 $\{r'_1,r'_2,\cdots,r'_{n-1}\}$，且满足 $|x-r_n'|\geq 2^{-\frac n2}$，从而

$$\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot |x-r'_n|^{-\frac 23}\leq \sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot 2^{\frac n3}<\infty$$

计算重排后的差商

Sun, 17 May 2026 00:00:00 +0000

Problems in Mathematical Analysis

作为注记

71-

Abel & Dirichlet Tests

Abel 求和

Dirichlet 判别法（级数版本） Abel 判别法（级数版本）

（函数列版本）

（含参积分版本）

76-

pp.76.ex

(1) 考虑 $(-1)^n$ 求和有界，$\frac 1n\cdot \left(1+\frac 1n\right)^n$ 单调趋于 $0$；

(2) 考虑 $(-1)^n$ 求和有界，$\frac 1n\cdot \cos \frac 1n$ 单调趋于 $0$（考察连续函数的单调性）。

pp.77.ex.1

$T^r$ 是压缩映射，所以存在一个不动点 $x^*$，接下来说明这是 $T$ 的不动点。因为

$$x^*,Tx^*,T^2x^*,\cdots,T^{r-1}x^*$$

是 $T$ 作用在 $x^*$ 上的所有像，也都是 $T^r$ 的不动点，所以这个 $r$ 个点都相等，即 $x^*=Tx^*$。

pp.77.ex.2

当 $x-y>0$ 取定时，其像之间的距离受到 $e^{-x}$ 的缩放

$$d(e^{-x}, e^{-y})=e^{-x}|1-e^{x-y}|\geq e^{-x}d(x,y)$$

所以 $x\mapsto e^{-x}$ 不是压缩映射。但是

$$d(e^{-e^{-x}}, e^{-e^{-y}})=e^{-e^{-\xi}}e^{-\xi}d(x,y)\leq d(x,y)\max_{t>0}\frac {t}{e^t}$$

所以 $x\mapsto e^{-e^{-x}}$ 是压缩映射。

偏微分方程习题 11

Sun, 17 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚；《数学物理方程》（第三版），谷超豪。

J.pp162.5(1)(3)(5)

证明在 $\mathcal D'(\mathbb R)$ 意义下：

$\varphi(x)\delta(x)=\varphi(0)\delta(x)$；
$x\delta^{(m)}(x)=-m\delta^{(m-1)}(x)$；
$(H(x)\rho(x))'=\delta(x)\rho(0)+H(x)\rho'(x)$

其中 $H(x)$ 是 Heaviside 函数，$\rho,\varphi\in C^\infty(\mathbb R)$.

解： (1) 这里 $\varphi\in\mathcal D(\mathbb R)$，作为乘子作用在 $\delta$ 上。取任意 $\psi\in \mathcal D(\mathbb R)$，则

$$\langle \varphi(x)\delta(x),\psi\rangle =\langle \delta(x),\varphi(x)\psi\rangle =\varphi(0)\psi(0)=\langle \varphi(0)\delta(x),\psi\rangle.$$

(3) 对于任意 $\psi\in \mathcal D(\mathbb R)$，这里用到算子导数：

$$\begin{darray}{ll}\langle x\delta^{(m)}(x),\psi\rangle &=\langle \delta^{(m)}(x),x\psi\rangle \\[12pt]&=(-1)^{m}\langle \delta(x),(x\psi)^{(m)}\rangle \\[12pt]&=(-1)^{m}\langle \delta(x),\psi^{(m)}x+m\psi^{(m-1)}\rangle \\[12pt]&=(-1)^{m}m\langle \delta(x),\psi^{(m-1)}\rangle \\[12pt]&=\langle -m\delta^{(m-1)}(x),\psi\rangle.\end{darray}$$

(5) 对于任意 $\psi\in \mathcal D(\mathbb R)$，同上（乘子是交换的）

$$\begin{darray}{ll}\langle (H(x)\rho(x))',\psi\rangle &= \langle (\rho(x)H(x))',\psi\rangle \\[12pt]&= -\langle H(x),\rho(x)\psi'\rangle \\[12pt]&= -\int_0^\infty \rho(x)\psi'(x)\mathrm dx\\[12pt]&= -\psi(0)\rho(0)+\int_0^\infty \rho'(x)\psi(x)\mathrm dx\\[12pt]&= \langle \delta(x)\rho(0)+H(x)\rho'(x),\psi\rangle.\end{darray}$$

J.pp162.6

计算

复旦 2024 推免考试

Sun, 17 May 2026 00:00:00 +0000

填空题

(1) 二次型矩阵为

$$\begin{pmatrix}1&t &-1\\ t&4 &2 \\-1&2 &4\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&4-t^2 &2+t \\0&2+t &3\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&3 &0 \\ 0&0&\frac 43\cdot (t+2)(1-t)\end{pmatrix}$$

所以当 $t\in (-2,1)$ 时是正定的。

(2) 求特征多项式

$$|\lambda I-A|=(\lambda -1)^2(\lambda +5)+16(b+1)-8b(\lambda +5)+8(\lambda -1)$$

(3) 可见 $A$ 满足多项式 $f(x)=x^2$，特征值只能为 $0$，$\mathrm{rank}(A)=3$ 说明 $A$ 的 Jordan 标准型有 $6-3=3$ 个 $0$-Jordan 块，且每个块的大小不超过 $2$，所以 $A$ 的 Jordan 标准型为

$$\begin{pmatrix}0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}$$

计算题

(1) $-x^2\sin \frac 1x+2\int ^x_0t\sin\frac t1\mathrm dt +C$，在原点为 $C$.

(2) $-\frac {\pi^2}2\ln 2$

Homework 1

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。

A

A1)

B

(1) $\dfrac 12$,

(2) $\dfrac 12$,

(3) $1$,

Homework 3

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。

A

A1

先证明必要性，存在极限，则

$$|f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)-\lim_{x\to x_0}f(x)|+|\lim_{x\to x_0}f(x)-f(x_2)|$$

再证明充分性，反证，假设不存在极限，则存在 $\varepsilon>0$ 和两个数列 $x_n,y_n$ 都趋于 $x_0$，使得 $|f(x_n)-f(y_n)|\geq \varepsilon$，矛盾。

A2

构造函数列 $\chi_{[10n,10n+1]}* \rho$，其中 $\rho$ 是 Friedrich 磨光核。这是 $\mathbb R$-线性无关集。

A3

对任意 $x_n\to x_0$，有 $f(x_n)\to f(x_0)$，从而 $g\circ f(x_n)\to g\circ f(x_0)$，所以 $g\circ f$ 在 $x_0$ 处连续。

A4

对任意 $x_n\xrightarrow{d_X}x_0$，有正实数 $c_1,c_2$ 使得

$$c_1d_X(x_n,x_0)\leq d'_X(x_n,x_0)\leq c_2d_X(x_n,x_0)$$

所以极限性质是等价的。

A5

在 $\mathbb R^n$ 上的 $L^p$ 范数等价。

A6

考虑

$$\|[f\pm g](x)-[f\pm g](x_0)\|\leq \|f(x)-f(x_0)\|+\|g(x)-g(x_0)\|$$

从而证明第一个命题。考虑

$$\|[f\cdot g](x)-[f\cdot g](x_0)\|\leq \|f\|\|g(x)-g(x_0)\|\leq \|f\|\|g\|\|x-x_0\|$$

从而证明第二个命题。考虑

Homework 3

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。

A

B

C

D

(1) 当 $n=m$ 时，结果为 $a_0/b_0$；当 $m>n$ 时，结果为 $0$；当 $m

(2) $0$.

(3) $0$.

(4) $0$.

(5) $e^3$.

(6) $0$.

(7) $0$.

(8) $6$.

(9) $\dfrac {n(n+1)}{2}$.

(10) $\dfrac {49}{24}$.

(11) $\dfrac {m-n}2$.

(12) $a$.

(13) $\dfrac ab$.

(14) $1$.

(15) $\sqrt {ab}$.

(16) $\dfrac {\sum_{i=1}^k a_i}k$.

(17) $2n$.

(18) $1$.

(19) $e$.

(20) 当 $\alpha =\frac 12$ 时，结果为 $1$；当 $\alpha<\frac 12$ 时，结果为 $+\infty$；当 $\alpha>\frac 12$ 时，结果为 $0$.

Homework 3

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学分析之课程讲义》，于品。

A

A1

考虑当 $x>y$ 时

$$|e^x-e^y|=e^y|e^{x-y}-1|\geq e^y(x-y)$$

所以在 $\mathbb R$ 上不是一致连续的。而对于足够小的 $\delta$，当 $|x-y|<\delta$ 时

$$|e^x-e^y|=e^y|e^{x-y}-1|\leq e^y\cdot 2\delta\leq 2\delta$$

在 $(-\infty,0]$ 上是一致连续的。

B

B1

有估计

$$\sqrt [3]{x+\varepsilon}-\sqrt [3]{x}=\frac {\varepsilon}{\sqrt [3]{(x+\varepsilon)^2}+\sqrt [3]{(x+\varepsilon)x}+\sqrt [3]{x^2}}\leq \varepsilon^{\frac 13}.$$

从而一致连续。

B2

考虑

$$\log \frac 2n-\log \frac 1n=\log 2$$

但 $\frac 2n-\frac 1n\to 0$，所以不一致连续。

B3

考虑

$$\cos \frac 1{\frac {1}{2n\pi +\frac \pi 2}}-\cos \frac 1{\frac {1}{2n\pi}}=-1$$

但 $\frac {1}{2n\pi +\frac \pi 2}-\frac {1}{2n\pi}\to 0$，所以不一致连续。

B4

分拆成两个区间 $(0,1]\cup [\frac 12,+\infty)$，对于 $(0,1]$，考虑补充定义 $f(0)=0$，则由 Cantor 定理，$f$ 在 $[0,1]$ 上一致连续；对于 $[\frac 12,+\infty)$，求导即可，或者

偏微分方程习题 10

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚。

pp160.4

应用 Fourier 变换求解以下定解问题：

$\begin{cases}u_t-a^2u_{xx}-bu_x-cu=f(x,t),&x\in\mathbb R,t>0,\\[14pt] u(x,0)=\varphi(x),&x\in\mathbb R.\end{cases}$

其中 $a,b,c$ 是常数；

$\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0,&x\in\mathbb R,y>0,\\[14pt] u(x,0)=\varphi(x),&x\in\mathbb R.\end{cases}$

设 $\varphi(x)$ 连续有界，求问题的有界解。

解：求解是在速降空间 $S(\mathbb R)$ 中进行的。

(1) 应用 Fourier 变换，得到

$$\begin{darray}{ll}F[f](\xi)&=F[u_t](\xi)-a^2F[u_{xx}](\xi)-bF[u_x](\xi)-cF[u](\xi)\\[14pt] &=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}F[u](\xi)+a^2\xi^2F[u](\xi)-ib\xi F[u](\xi)-cF[u](\xi)\\[14pt] &=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}F[u](\xi)+\bigl(a^2\xi^2-ib\xi-c\bigr)F[u](\xi).\end{darray}$$

将 $F[u](\xi)$ 看作 $t$ 的函数（$\xi$ 为参数）$F[u](\xi)=F[u](\xi,t)$，得到一个常系数线性微分方程，解为（Duhamel 原理）

$$F[u](\xi)=e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}\left(F[\varphi](\xi)+\int^t_0e^{(a^2\xi^2-ib\xi-c)\tau}F[f](\xi,\tau)\mathrm d\tau\right).$$

再应用 Fourier 反演，得到

$$u(x,t)=F^{-1}[e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}F[\varphi](\xi)](x)+F^{-1}\left[\int^t_0e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)(t-\tau)}F[f](\xi,\tau)\mathrm d\tau\right](x).$$

首先求解热核

$$F^{-1}[e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}](x)=\frac 1{\sqrt {2\pi}}\int^\infty_{-\infty}e^{-(a^2\xi^2-ib\xi-c)t}e^{ix\xi}\mathrm d\xi=\frac {e^{-\frac {(x+bt)^2}{4a^2t}+ct}}{a\sqrt {2t}}:=G(x,t).$$

由卷积公式

$$F^{-1}[\hat G\cdot \hat \varphi](x)=G*\varphi(x)=\int^\infty_{-\infty}G(x-y,t)\varphi(y)\mathrm dy=\int^\infty_{-\infty}\frac {e^{ct}}{a\sqrt {2t}}e^{-\frac {(x-y+bt)^2}{4a^2t}}\varphi(y)\mathrm dy.$$

由于反演公式的线性性，第二项与 $t$ 的积分可以交换，得到

分析力学习题 8

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

问题 1：周期 Toda 链（$A_1$ 型）

$A_1$ 型周期 Toda 链（最简单的秩一情形）描述两个在圆周上运动、通过指数型最近邻势相互作用的粒子。设 $q_1,q_2$ 为它们的坐标，$p_1,p_2$ 为对应的共轭动量。Hamilton 量为

$$H(q_1,q_2,p_1,p_2) =\frac {p_1^2} {2} + \frac {p_2^2} {2} + e^{q_2 - q_1} + e^{q_1 - q_2}.$$

(a) 写出 Hamilton 的正则方程

$$\dot{q}_i = \frac{\partial H}{\partial p_i}, \quad \dot{p}_i = -\frac{\partial H}{\partial q_i}.$$

(b) 证明总动量 $P = p_1 + p_2$ 守恒。

$$Q = \frac{q_1 + q_2}{2}, \quad q = q_1 - q_2,\quad P = p_1 + p_2, \quad p = \frac{p_1 - p_2}{2}.$$

用这些新变量写出 Hamilton 量，并求出运动方程。

数列极限

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

参考资料：《数学分析习题课讲义》（第 2 版），谢惠民。

无界区域的热传导方程

Sat, 16 May 2026 00:00:00 +0000

Hello World

Fri, 15 May 2026 21:56:39 +0800

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