數學怪獸大亂鬥(Math Monster Brawl)對戰的國小數學 加減乘除 小遊戲連結如下：
2/08/2026
[Claude] 國小數學加減乘除法計算小遊戲：數學怪獸大亂鬥
心血來潮用 Anthropic Claude Opus 4.6 做的簡單國小數學乘除法計算小遊戲，感嘆AI工具之強大與便利。原本可能要耗時幾天的工作轉眼就完成，時代的巨輪確實在飛速轉動。
12/06/2017
[機率論] 關於含有 Factorial 函數的求導的注意事項 - Erlang 分佈為例
在某些情況，我們可能會希望對含有 Factorial (比如說 $k!$, $k \in \mathbb{N}$) 的函數 取導數，但在求導 的過程中有些細微的部分需要多加留意。以下我們用一個例子來體現。
令 $m \in \mathbb{N}$，考慮隨機變數 $X$ 配備 Erlang 分佈
$$
F_X(x) := 1 - \sum_{k=0}^{m-1} \frac{(\lambda x)^k}{k!} e^{-\lambda x}, x>0
$$ 試證 其 機率密度函數 (Probability Density Function, pdf) $f_X$ 滿足
\[{f_X}\left( x \right) = \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}\lambda {e^{ - \lambda x}}\]
(FALSE) Proof:
首先注意到分佈函數可導，故我們可利用 分佈函數的導數 為 密度函數 的性質 ($F'(x) = f(x)$)，來求得 $f_X$。現在對 $F_X$ 求導
\[\frac{d}{{dx}}{F_X}(x) = - \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} {\left( {\underbrace {\frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k!}}{e^{ - \lambda x}}}_{**} + \frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}}} \right)} \]注意到summation的第一項 $(**)$，讀者可能會很自然地認為 $**$ 可寫成
\[\frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k!}}{e^{ - \lambda x}} = \frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k\left( {k - 1} \right)!}}{e^{ - \lambda x}}\]
然後試圖對 分子分母的 $k$對消。但注意到此項 是在 summation內部，若對 分子 與 分母 進行 對消將產生問題，因為當 $k=0$ 時候會出現 難以處理未定義的 $-1!$ 。到此我們無法繼續進行，該怎麼避免這種問題呢？我們必須將可能出問題的 $k=0$ 項次分開討論。
Proof:
首先改寫
\[{F_X}(x): = 1 - \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} {\frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}} {e^{ - \lambda x}} = 1 - (\lambda x){e^{ - \lambda x}} - \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}} {e^{ - \lambda x}}\]再取導數
\[\small
\begin{align*}
\frac{d}{{dx}}{F_X}(x) &= 0 - \left[ {\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}} + \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\left( {\frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k!}}{e^{ - \lambda x}} + \frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}}} \right)} } \right] \hfill \\
& = - \left[ {\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}} + \left( {\left( {\frac{{{{(\lambda x)}^0}}}{{1!}} - \frac{{{{(\lambda x)}^1}}}{{1!}}} \right) + \left( {\frac{{2{{(\lambda x)}^1}}}{{2!}} - \frac{{{{(\lambda x)}^2}}}{{2!}}} \right) + ... + \left( {\frac{{\left( {m - 1} \right){{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right) - 1}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}} - \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}} \right)} \right)\lambda {e^{ - \lambda x}}} \right]\hfill \\
& = \lambda {e^{ - \lambda x}} - \left( {\frac{{{{(\lambda x)}^0}}}{{1!}}\underbrace { - \frac{{{{(\lambda x)}^1}}}{{1!}} + \frac{{2{{(\lambda x)}^1}}}{{2!}}}_{ = 0}\underbrace { - \frac{{{{(\lambda x)}^2}}}{{2!}} + \frac{{3{{(\lambda x)}^2}}}{{3!}}}_{ = 0}\underbrace { - \frac{{{{(\lambda x)}^3}}}{{3!}} + }_{ = 0}...\underbrace { + \frac{{\left( {m - 1} \right){{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right) - 1}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}}_{ = 0} - \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}} \right)\lambda {e^{ - \lambda x}} \hfill \\
& = \lambda {e^{ - \lambda x}} - \left( {1 - \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}} \right)\lambda {e^{ - \lambda x}} \hfill \\
&= \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}\lambda {e^{ - \lambda x}} \hfill \\
\end{align*} \]上述第三行等式為 telescoping sum，中間各項等於 $0$。至此證畢。$\square$
令 $m \in \mathbb{N}$，考慮隨機變數 $X$ 配備 Erlang 分佈
$$
F_X(x) := 1 - \sum_{k=0}^{m-1} \frac{(\lambda x)^k}{k!} e^{-\lambda x}, x>0
$$ 試證 其 機率密度函數 (Probability Density Function, pdf) $f_X$ 滿足
\[{f_X}\left( x \right) = \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}\lambda {e^{ - \lambda x}}\]
(FALSE) Proof:
首先注意到分佈函數可導，故我們可利用 分佈函數的導數 為 密度函數 的性質 ($F'(x) = f(x)$)，來求得 $f_X$。現在對 $F_X$ 求導
\[\frac{d}{{dx}}{F_X}(x) = - \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} {\left( {\underbrace {\frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k!}}{e^{ - \lambda x}}}_{**} + \frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}}} \right)} \]注意到summation的第一項 $(**)$，讀者可能會很自然地認為 $**$ 可寫成
\[\frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k!}}{e^{ - \lambda x}} = \frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k\left( {k - 1} \right)!}}{e^{ - \lambda x}}\]
然後試圖對 分子分母的 $k$對消。但注意到此項 是在 summation內部，若對 分子 與 分母 進行 對消將產生問題，因為當 $k=0$ 時候會出現 難以處理未定義的 $-1!$ 。到此我們無法繼續進行，該怎麼避免這種問題呢？我們必須將可能出問題的 $k=0$ 項次分開討論。
Proof:
首先改寫
\[{F_X}(x): = 1 - \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} {\frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}} {e^{ - \lambda x}} = 1 - (\lambda x){e^{ - \lambda x}} - \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}} {e^{ - \lambda x}}\]再取導數
\[\small
\begin{align*}
\frac{d}{{dx}}{F_X}(x) &= 0 - \left[ {\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}} + \sum\limits_{k = 1}^{m - 1} {\left( {\frac{{k{{(\lambda x)}^{k - 1}}\lambda }}{{k!}}{e^{ - \lambda x}} + \frac{{{{(\lambda x)}^k}}}{{k!}}\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}}} \right)} } \right] \hfill \\
& = - \left[ {\left( { - \lambda } \right){e^{ - \lambda x}} + \left( {\left( {\frac{{{{(\lambda x)}^0}}}{{1!}} - \frac{{{{(\lambda x)}^1}}}{{1!}}} \right) + \left( {\frac{{2{{(\lambda x)}^1}}}{{2!}} - \frac{{{{(\lambda x)}^2}}}{{2!}}} \right) + ... + \left( {\frac{{\left( {m - 1} \right){{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right) - 1}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}} - \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}} \right)} \right)\lambda {e^{ - \lambda x}}} \right]\hfill \\
& = \lambda {e^{ - \lambda x}} - \left( {\frac{{{{(\lambda x)}^0}}}{{1!}}\underbrace { - \frac{{{{(\lambda x)}^1}}}{{1!}} + \frac{{2{{(\lambda x)}^1}}}{{2!}}}_{ = 0}\underbrace { - \frac{{{{(\lambda x)}^2}}}{{2!}} + \frac{{3{{(\lambda x)}^2}}}{{3!}}}_{ = 0}\underbrace { - \frac{{{{(\lambda x)}^3}}}{{3!}} + }_{ = 0}...\underbrace { + \frac{{\left( {m - 1} \right){{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right) - 1}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}}_{ = 0} - \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}} \right)\lambda {e^{ - \lambda x}} \hfill \\
& = \lambda {e^{ - \lambda x}} - \left( {1 - \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}} \right)\lambda {e^{ - \lambda x}} \hfill \\
&= \frac{{{{(\lambda x)}^{\left( {m - 1} \right)}}}}{{\left( {m - 1} \right)!}}\lambda {e^{ - \lambda x}} \hfill \\
\end{align*} \]上述第三行等式為 telescoping sum，中間各項等於 $0$。至此證畢。$\square$
3/21/2017
[基礎機率論] 兩隨機變數的 共變異 與 相關性
在機率論的討論中，很多時候我們需要考慮多個隨機變數，一種情況是這些多個隨機變數彼此互為獨立，那麼其相關的數學運算可以被大幅簡化。但是若多個隨機變數彼此之間有一定程度的相關性，是否有一種合適的量化方法來衡量呢？以下我們給出所謂共變異的概念：
==============
Definition: 令 $X,Y$ 為兩隨機變數各自具備 有限期望值 $E[X],E[Y]$ 與有限變異數 $\sigma_X, \sigma_Y$ ，則我們可定義此組隨機變數 之共變異 (covariance)，記作 $\sigma_{XY}$，表為：
\[
\sigma_{XY} := E[(X-E[X])(Y-E[Y])]
\]==============
Comments:
1. [對稱性質]： 由上述定義，讀者應不難看出 $\sigma_{XY} = \sigma_{YX}$
2. [共變異數不必恆為正] ：由上述定義，透過簡單的運算可得到
\[{\sigma _{XY}} = E\left[ {XY} \right] - E\left[ X \right]E\left[ Y \right]\]注意到此式為兩項相減，故暗示了 共變異數 可能為正值 亦可能為負值。
3. 上述對於 $X,Y$ 具有有限期望值與有限變異之條件可簡寫為 $X,Y \in L^2$ 其中 $L^2$ 為由所有隨機變數滿足 $E[X^2]<\infty$ 所組成之函數空間。為求簡便起見，以下我們討論涉及 $L^2$ 之處皆以 有限期望值 與有限變異 做為等價之論述。有興趣讀者請參閱 本 Blog 其他相關文章或者查閱相關機率論/隨機過程之教材。
4. 有部分文獻之作者習慣將共變異數 用符號 $Cov(X,Y)$ 取代 $\sigma_{XY}$，端看個人習慣與喜好。
5. 一但兩隨機變數之共變異被定義，那麼給定多個隨機變數，比如說 $X_1,X_2,...,X_n$。我們亦可求其兩兩成對之共變異，舉例而言，若欲求 $X_i, X_j$ 之共變異 (其中 $i,j \in \{1,2,...,n\}$ ) 即為
$$
\sigma_{ij} := E[ (X_i- E[X_i]) (X_j = E[X_j])]
$$
另外當 $i =j$ 讀者可自行驗證上述共變異退化為變異數。
一旦定義了共變異，我們可接著引入所謂 相關性(correlation) 的概念：
==============
Definition:
當 $\sigma_{XY} = 0$ 我們說 隨機變數 $X,Y$ 彼此之間互 不相關
當 $\sigma_{XY}>0$ 我們說 隨機變數 $X,Y$ 彼此之間為 正相關
當 $\sigma_{XY} <0$ 我們說 隨機變數 $X,Y$ 彼此之間為 負相關
==============
$$
|\sigma_{XY}| \leq \sigma_X \sigma_Y
$$=============
Proof: 首先觀察
\[{\sigma _{XY}} = E\left[ {\left( {X - E\left[ X \right]} \right)\left( {Y - E\left[ Y \right]} \right)} \right]\]現在回憶 Cauchy-Schwarz Inequality ：對任意 $U,V \in L^2$ 之隨機變數， \[\left| {E\left[ {UV} \right]} \right| \leqslant \sqrt {E\left[ {{U^2}} \right]} \sqrt {E\left[ {{V^2}} \right]} \]故若我們令 $U:= X-E[X]$ 且 $V:= Y-E[Y]$ 則應用上述 Cauchy-Schwarz Inequality 立刻得到
\begin{align*}
\left| {{\sigma _{XY}}} \right| &= \left| {E\left[ {\left( {X - E\left[ X \right]} \right)\left( {Y - E\left[ Y \right]} \right)} \right]} \right| \hfill \\
& \leq \sqrt {E\left[ {{{\left( {X - E\left[ X \right]} \right)}^2}} \right]} \sqrt {E\left[ {{{\left( {X - E\left[ X \right]} \right)}^2}} \right]} \hfill \\
& = {\sigma _X}{\sigma _Y}. \;\;\;\;\;\;\; \square
\end{align*}
Comments:
一般而言，若 $\sigma_{XY} = \sigma_X \sigma_Y$ 我們稱 $X,Y$ 為 完全相關 (perfectly correlated)，反之若 $\sigma_{XY} = - \sigma_X \sigma_Y$ 則稱 $X,Y$ 為完全負相關(perfectly negative correlated)。
在統計學中常用與指出相關性的指標稱作 相關係數 (correlation coefficient) ，此係數可以由前述的共變異數與變異數直接定義如下：
=================
Definition: Correlation Coefficient of $X$ and $Y$
Correlation Coefficient of $X$ and $Y$, 記作 $\rho_{XY}$, 滿足
\[{\rho _{XY}}: = \frac{{{\sigma _{XY}}}}{{{\sigma _X}{\sigma _Y}}}
\]=================
Comment: 注意到由前述 FACT 可知 $-\sigma_X \sigma_Y \leq \sigma_{XY} \leq \sigma_X \sigma_Y$ 故
\[
-1 \leq \rho_{XY} \leq 1
\]
----附註---
與上述的相關係數有關的內容，有時候會定義所謂 相關函數 (correlation function)：
Definition: 令 $X,Y$ 為兩隨機變數，則我們定義 Correlation function between $X$ and $Y$ 為 $E[XY]$
Comment:
1. correlation 決定了兩隨機變數何時具有線性相關。
2. 上述 correlation 事實上可視為 $L^2$ 空間之內積運算，在此不贅述。
Example:
令 $X$ 為具有 mean $=0$ 與 variance $=1$ 的隨機變數，現在令 $Y := 2X$，試求 correlation between $X$ and $Y$
Solution
由定義出發，我們計算 $E[XY] = E[X 2X] = 2E[X^2]$。因為 $X$ 具有 unit variance 由 variance 定義可知 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$ 亦即
\[\begin{array}{l}
Var(X) = E[{X^2}] - {(E[X])^2}\\
\Rightarrow 1 = E[{X^2}] - 0\\
\Rightarrow E[{X^2}] = 1
\end{array}\]
故 $E[XY] = 2E[X^2] =2$
==============
Definition: 令 $X,Y$ 為兩隨機變數各自具備 有限期望值 $E[X],E[Y]$ 與有限變異數 $\sigma_X, \sigma_Y$ ，則我們可定義此組隨機變數 之共變異 (covariance)，記作 $\sigma_{XY}$，表為：
\[
\sigma_{XY} := E[(X-E[X])(Y-E[Y])]
\]==============
1. [對稱性質]： 由上述定義，讀者應不難看出 $\sigma_{XY} = \sigma_{YX}$
2. [共變異數不必恆為正] ：由上述定義，透過簡單的運算可得到
\[{\sigma _{XY}} = E\left[ {XY} \right] - E\left[ X \right]E\left[ Y \right]\]注意到此式為兩項相減，故暗示了 共變異數 可能為正值 亦可能為負值。
3. 上述對於 $X,Y$ 具有有限期望值與有限變異之條件可簡寫為 $X,Y \in L^2$ 其中 $L^2$ 為由所有隨機變數滿足 $E[X^2]<\infty$ 所組成之函數空間。為求簡便起見，以下我們討論涉及 $L^2$ 之處皆以 有限期望值 與有限變異 做為等價之論述。有興趣讀者請參閱 本 Blog 其他相關文章或者查閱相關機率論/隨機過程之教材。
4. 有部分文獻之作者習慣將共變異數 用符號 $Cov(X,Y)$ 取代 $\sigma_{XY}$，端看個人習慣與喜好。
5. 一但兩隨機變數之共變異被定義，那麼給定多個隨機變數，比如說 $X_1,X_2,...,X_n$。我們亦可求其兩兩成對之共變異，舉例而言，若欲求 $X_i, X_j$ 之共變異 (其中 $i,j \in \{1,2,...,n\}$ ) 即為
$$
\sigma_{ij} := E[ (X_i- E[X_i]) (X_j = E[X_j])]
$$
另外當 $i =j$ 讀者可自行驗證上述共變異退化為變異數。
一旦定義了共變異，我們可接著引入所謂 相關性(correlation) 的概念：
==============
Definition:
當 $\sigma_{XY} = 0$ 我們說 隨機變數 $X,Y$ 彼此之間互 不相關
當 $\sigma_{XY}>0$ 我們說 隨機變數 $X,Y$ 彼此之間為 正相關
當 $\sigma_{XY} <0$ 我們說 隨機變數 $X,Y$ 彼此之間為 負相關
==============
一但有了共變異，第一個立即的問題便是此共變異與原本各自變異之間的關係是什麼？以下 FACT 對此問題給出回答：
=============
FACT: 對任意 $X,Y \in L^2$，其共變異數之上界可表為$$
|\sigma_{XY}| \leq \sigma_X \sigma_Y
$$=============
Proof: 首先觀察
\[{\sigma _{XY}} = E\left[ {\left( {X - E\left[ X \right]} \right)\left( {Y - E\left[ Y \right]} \right)} \right]\]現在回憶 Cauchy-Schwarz Inequality ：對任意 $U,V \in L^2$ 之隨機變數， \[\left| {E\left[ {UV} \right]} \right| \leqslant \sqrt {E\left[ {{U^2}} \right]} \sqrt {E\left[ {{V^2}} \right]} \]故若我們令 $U:= X-E[X]$ 且 $V:= Y-E[Y]$ 則應用上述 Cauchy-Schwarz Inequality 立刻得到
\begin{align*}
\left| {{\sigma _{XY}}} \right| &= \left| {E\left[ {\left( {X - E\left[ X \right]} \right)\left( {Y - E\left[ Y \right]} \right)} \right]} \right| \hfill \\
& \leq \sqrt {E\left[ {{{\left( {X - E\left[ X \right]} \right)}^2}} \right]} \sqrt {E\left[ {{{\left( {X - E\left[ X \right]} \right)}^2}} \right]} \hfill \\
& = {\sigma _X}{\sigma _Y}. \;\;\;\;\;\;\; \square
\end{align*}
Comments:
一般而言，若 $\sigma_{XY} = \sigma_X \sigma_Y$ 我們稱 $X,Y$ 為 完全相關 (perfectly correlated)，反之若 $\sigma_{XY} = - \sigma_X \sigma_Y$ 則稱 $X,Y$ 為完全負相關(perfectly negative correlated)。
在統計學中常用與指出相關性的指標稱作 相關係數 (correlation coefficient) ，此係數可以由前述的共變異數與變異數直接定義如下：
=================
Definition: Correlation Coefficient of $X$ and $Y$
Correlation Coefficient of $X$ and $Y$, 記作 $\rho_{XY}$, 滿足
\[{\rho _{XY}}: = \frac{{{\sigma _{XY}}}}{{{\sigma _X}{\sigma _Y}}}
\]=================
\[
-1 \leq \rho_{XY} \leq 1
\]
----附註---
與上述的相關係數有關的內容，有時候會定義所謂 相關函數 (correlation function)：
Definition: 令 $X,Y$ 為兩隨機變數，則我們定義 Correlation function between $X$ and $Y$ 為 $E[XY]$
Comment:
1. correlation 決定了兩隨機變數何時具有線性相關。
2. 上述 correlation 事實上可視為 $L^2$ 空間之內積運算，在此不贅述。
Example:
令 $X$ 為具有 mean $=0$ 與 variance $=1$ 的隨機變數，現在令 $Y := 2X$，試求 correlation between $X$ and $Y$
Solution
由定義出發，我們計算 $E[XY] = E[X 2X] = 2E[X^2]$。因為 $X$ 具有 unit variance 由 variance 定義可知 $Var(X) = E[X^2] - (E[X])^2$ 亦即
\[\begin{array}{l}
Var(X) = E[{X^2}] - {(E[X])^2}\\
\Rightarrow 1 = E[{X^2}] - 0\\
\Rightarrow E[{X^2}] = 1
\end{array}\]
故 $E[XY] = 2E[X^2] =2$
2/23/2017
[基礎數學] 有限項次的雙重加總 (Finite Double Sums)
給定一組有限項次之數列 $\{a_k\}_{k=1}^n$ 可以表示為 $$\{a_k\}_{k=1}^n = (a_1,a_2,...,a_n)$$我們知道 此數列之 加總總和 可以用級數 $\sum$ 符號簡潔的將其表示，比如說
\[
\sum_{k=1}^n a_k
\]但若我們考慮的數列為類似於 矩陣的陣列 (rectangular array)，比如說
\[\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\
{{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{a_{2n}}} \\
\vdots &{}&{}&{} \\
{{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}&{...}&{{a_{mn}}}
\end{array}\]其中元素一般以 $a_{ij}$ 表示，$1 \leq i \leq m$ 且 $1 \leq j \leq n$。此時我們如何用級數表示此陣列之和？
基本想法：
首先我們可以先將 每一個橫列 之和計算出來：
\[\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{1j}}} ,\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{2j}}} ,...,\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{mj}}} } \right)\]其中第 $1$個橫列之和為 ${\sum\limits_{k = 1}^n {{a_{1k}}} }$ 接著我們把前述這些橫列之和加總
\[\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{1j}}} + \sum\limits_{j = 1}^n {{a_{2j}}} + ... + \sum\limits_{j = 1}^n {{a_{mj}}} = \sum\limits_{i = 1}^m \left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{ij}}} } \right) \]當然如果我們把順序調換，先算直行之和在進行加總答案不變 (why?)，故我們有
\[\sum\limits_{i = 1}^m {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{ij}}} } = \sum\limits_{j = 1}^n {\sum\limits_{i = 1}^m {{a_{ij}}} } \]
現在我們來看一個簡單的例子：
============
Example 1:
(a) 試計算 $\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^4 (i + a j)$ 其中 $a \in \mathbb{R}$。
(b) 試驗證 $ \sum\limits_{j = 1}^4 {\sum\limits_{i = 1}^3 {(i + aj)} } = \sum\limits_{i = 1}^3 {\sum\limits_{j = 1}^4 {(i + aj)} } $
============
Proof (a):
\begin{align*}
\sum\limits_{i = 1}^3 {\sum\limits_{j = 1}^4 {(i + aj)} } & = \sum\limits_{i = 1}^3 {\left( {(i + a1) + (i + a2) + (i + a3) + (i + a4)} \right)} \hfill \\
&= \sum\limits_{i = 1}^3 {\left( {4i + 10a} \right)} \hfill \\
&= \left( {\left( {4 + 10a} \right) + \left( {4\left( 2 \right) + 10a} \right) + \left( {4\left( 3 \right) + 10a} \right)} \right) \hfill \\
&= 24 + 30a \;\;\;\; \square
\end{align*}
Proof:(b)
觀察
\begin{align*}
\sum\limits_{j = 1}^4 {\sum\limits_{i = 1}^3 {(i + aj)} } &= \sum\limits_{j = 1}^4 {\left( {(1 + aj) + (2 + aj) + (3 + aj)} \right)} \hfill \\
&= \sum\limits_{j = 1}^4 {\left( {6 + 3aj} \right)} \hfill \\
&= \left( {\left( {6 + 3a1} \right) + \left( {6 + 3a\left( 2 \right)} \right) + \left( {6 + 3a\left( 3 \right)} \right) + \left( {6 + 3a\left( 4 \right)} \right)} \right) \hfill \\
&= 24 + 30a = \sum\limits_{i = 1}^3 {\sum\limits_{j = 1}^4 {(i + aj)} } \;\;\;\; \square
\end{align*}
下面我們在看個稍微一點點變化的情況，假設今天我們的陣列為所謂三角陣列(triangular array) 如下
\[\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}}&{}&{}&{}&{} \\
{{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{}&{}&{} \\
{{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}}&{}&{} \\
\vdots &{}&{}& \ddots &{} \\
{{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}& \cdots & \cdots &{{a_{mm}}}
\end{array}\] 試證明 triangular table 之和可表為
\[
\sum_{i=1}^m \left ( \sum_{j=1}^i a_{ij} \right) \;\;\; (*)
\]或者
\[
\sum_{j=1}^m \left ( \sum_{i = j}^m a_{ij} \right)\;\;\;\; (\star)
\]Proof:
要證明 $(*)$，我們首先將 triangular array 每個橫列之和求出如下
\[\left( {{a_{11}},{a_{21}} + {a_{22}},...,{a_{m1}} + {a_{m2}}... + {a_{mm}}} \right) = \left( {\sum\limits_{j = 1}^1 {{a_{1j}}} ,\sum\limits_{j = 1}^2 {{a_{2j}}} ,...,\sum\limits_{j = 1}^m {{a_{mj}}} } \right)\]現在令
\[
b_i := \sum_{j=1}^i a_{ij}
\]則所有橫列之和等價為
\[\left( {\sum\limits_{j = 1}^1 {{a_{1j}}} ,\sum\limits_{j = 1}^2 {{a_{2j}}} ,...,\sum\limits_{j = 1}^m {{a_{mj}}} } \right) = \left( {{b_1}\;,{b_2},...,{b_m}} \right)\]則我們可知 $\sum\limits_{i = 1}^m {{b_i}} $即為 triangular array 之和，故現在觀察
\[\sum\limits_{i = 1}^m {{b_i}} = \sum\limits_{i = 1}^m {\left( {\sum\limits_{j = 1}^i {{a_{ij}}} } \right)} \]此即 $(*)$。
接著我們證明 $(**)$，同前述證明，首先將 triangular array 每個直行之和求出如下
\[\left( {\sum\limits_{i = 1}^m {{a_{i1}}} ,\sum\limits_{i = 2}^m {{a_{i2}}} ,...,\sum\limits_{i = m}^m {{a_{im}}} } \right)\]現在令
\[{c_j}: = \sum\limits_{i = j}^m {{a_{ij}}} \]則所有直行之和等價為
\[\sum\limits_{j = 1}^m {{c_j}} : = \sum\limits_{j = 1}^m {\left( {\sum\limits_{i = j}^m {{a_{ij}}} } \right)} \]此即 $(**)$。 $\square$
FACT:
令 $a_{ij}$ 為 rectangular array
\[\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\
{{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{a_{2n}}} \\
\vdots &{}&{}&{} \\
{{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}&{...}&{{a_{mn}}}
\end{array}\]第 $i$ row, 第 $j$ column之元素。現在定義
\[
\bar{a} := \frac{1}{mn} \sum_{r=1}^m \sum_{s=1} a_{rs}, \;\;\; \bar{a}_j := \frac{1}{m} \sum_{r=1}^m a_{rj}
\]試證
\[
\sum_{r = 1}^m \sum_{s=1}^m (a_{rj} - \bar{a})(a_{sj} - \bar{a}) = m^2 (\bar{a}_j - \bar{a})^2
\]
Proof: omitted (easy to check)
\[
\sum_{k=1}^n a_k
\]但若我們考慮的數列為類似於 矩陣的陣列 (rectangular array)，比如說
\[\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\
{{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{a_{2n}}} \\
\vdots &{}&{}&{} \\
{{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}&{...}&{{a_{mn}}}
\end{array}\]其中元素一般以 $a_{ij}$ 表示，$1 \leq i \leq m$ 且 $1 \leq j \leq n$。此時我們如何用級數表示此陣列之和？
基本想法：
首先我們可以先將 每一個橫列 之和計算出來：
\[\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{1j}}} ,\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{2j}}} ,...,\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{mj}}} } \right)\]其中第 $1$個橫列之和為 ${\sum\limits_{k = 1}^n {{a_{1k}}} }$ 接著我們把前述這些橫列之和加總
\[\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{1j}}} + \sum\limits_{j = 1}^n {{a_{2j}}} + ... + \sum\limits_{j = 1}^n {{a_{mj}}} = \sum\limits_{i = 1}^m \left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{ij}}} } \right) \]當然如果我們把順序調換，先算直行之和在進行加總答案不變 (why?)，故我們有
\[\sum\limits_{i = 1}^m {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{ij}}} } = \sum\limits_{j = 1}^n {\sum\limits_{i = 1}^m {{a_{ij}}} } \]
現在我們來看一個簡單的例子：
============
Example 1:
(a) 試計算 $\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^4 (i + a j)$ 其中 $a \in \mathbb{R}$。
(b) 試驗證 $ \sum\limits_{j = 1}^4 {\sum\limits_{i = 1}^3 {(i + aj)} } = \sum\limits_{i = 1}^3 {\sum\limits_{j = 1}^4 {(i + aj)} } $
============
\begin{align*}
\sum\limits_{i = 1}^3 {\sum\limits_{j = 1}^4 {(i + aj)} } & = \sum\limits_{i = 1}^3 {\left( {(i + a1) + (i + a2) + (i + a3) + (i + a4)} \right)} \hfill \\
&= \sum\limits_{i = 1}^3 {\left( {4i + 10a} \right)} \hfill \\
&= \left( {\left( {4 + 10a} \right) + \left( {4\left( 2 \right) + 10a} \right) + \left( {4\left( 3 \right) + 10a} \right)} \right) \hfill \\
&= 24 + 30a \;\;\;\; \square
\end{align*}
Proof:(b)
觀察
\begin{align*}
\sum\limits_{j = 1}^4 {\sum\limits_{i = 1}^3 {(i + aj)} } &= \sum\limits_{j = 1}^4 {\left( {(1 + aj) + (2 + aj) + (3 + aj)} \right)} \hfill \\
&= \sum\limits_{j = 1}^4 {\left( {6 + 3aj} \right)} \hfill \\
&= \left( {\left( {6 + 3a1} \right) + \left( {6 + 3a\left( 2 \right)} \right) + \left( {6 + 3a\left( 3 \right)} \right) + \left( {6 + 3a\left( 4 \right)} \right)} \right) \hfill \\
&= 24 + 30a = \sum\limits_{i = 1}^3 {\sum\limits_{j = 1}^4 {(i + aj)} } \;\;\;\; \square
\end{align*}
下面我們在看個稍微一點點變化的情況，假設今天我們的陣列為所謂三角陣列(triangular array) 如下
\[\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}}&{}&{}&{}&{} \\
{{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{}&{}&{} \\
{{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}}&{}&{} \\
\vdots &{}&{}& \ddots &{} \\
{{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}& \cdots & \cdots &{{a_{mm}}}
\end{array}\] 試證明 triangular table 之和可表為
\[
\sum_{i=1}^m \left ( \sum_{j=1}^i a_{ij} \right) \;\;\; (*)
\]或者
\[
\sum_{j=1}^m \left ( \sum_{i = j}^m a_{ij} \right)\;\;\;\; (\star)
\]Proof:
要證明 $(*)$，我們首先將 triangular array 每個橫列之和求出如下
\[\left( {{a_{11}},{a_{21}} + {a_{22}},...,{a_{m1}} + {a_{m2}}... + {a_{mm}}} \right) = \left( {\sum\limits_{j = 1}^1 {{a_{1j}}} ,\sum\limits_{j = 1}^2 {{a_{2j}}} ,...,\sum\limits_{j = 1}^m {{a_{mj}}} } \right)\]現在令
\[
b_i := \sum_{j=1}^i a_{ij}
\]則所有橫列之和等價為
\[\left( {\sum\limits_{j = 1}^1 {{a_{1j}}} ,\sum\limits_{j = 1}^2 {{a_{2j}}} ,...,\sum\limits_{j = 1}^m {{a_{mj}}} } \right) = \left( {{b_1}\;,{b_2},...,{b_m}} \right)\]則我們可知 $\sum\limits_{i = 1}^m {{b_i}} $即為 triangular array 之和，故現在觀察
\[\sum\limits_{i = 1}^m {{b_i}} = \sum\limits_{i = 1}^m {\left( {\sum\limits_{j = 1}^i {{a_{ij}}} } \right)} \]此即 $(*)$。
接著我們證明 $(**)$，同前述證明，首先將 triangular array 每個直行之和求出如下
\[\left( {\sum\limits_{i = 1}^m {{a_{i1}}} ,\sum\limits_{i = 2}^m {{a_{i2}}} ,...,\sum\limits_{i = m}^m {{a_{im}}} } \right)\]現在令
\[{c_j}: = \sum\limits_{i = j}^m {{a_{ij}}} \]則所有直行之和等價為
\[\sum\limits_{j = 1}^m {{c_j}} : = \sum\limits_{j = 1}^m {\left( {\sum\limits_{i = j}^m {{a_{ij}}} } \right)} \]此即 $(**)$。 $\square$
FACT:
令 $a_{ij}$ 為 rectangular array
\[\begin{array}{*{20}{c}}
{{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\
{{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{a_{2n}}} \\
\vdots &{}&{}&{} \\
{{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}&{...}&{{a_{mn}}}
\end{array}\]第 $i$ row, 第 $j$ column之元素。現在定義
\[
\bar{a} := \frac{1}{mn} \sum_{r=1}^m \sum_{s=1} a_{rs}, \;\;\; \bar{a}_j := \frac{1}{m} \sum_{r=1}^m a_{rj}
\]試證
\[
\sum_{r = 1}^m \sum_{s=1}^m (a_{rj} - \bar{a})(a_{sj} - \bar{a}) = m^2 (\bar{a}_j - \bar{a})^2
\]
Proof: omitted (easy to check)
2/18/2016
[基礎數學] 區別引理，定理，系理以及命題
在一般數學教科書或者文獻之中，我們很常看到作者使用各式各樣的引理(Lemma)，命題(Proposition)，定理(Theorem)，初次接觸時並不容易區別彼此之間的差別，但身為讀者該如何區分其輕重？
以下給出一般的觀點：
最重要的結果，我們一般將其稱作 定理 (Theorem) ，接續該定理所衍生的立即應用，我們稱做 系理(Corollary)。另外用以證明上述定理的小結果稱之為 引理 (Lemma)，讀者可以將引理視為 "引出" 定理的 前置結果。
另外如果不是太過重要的結果，則作者一般會將該結果稱作 命題 (Proposition)。最後稍微提一下有時候作者會採用 宣稱 (Claim) 這是最弱的結果，一般不太重要。
Comments:
1. 上述只是一般觀點，並不代表所有引理都不重要，比如說 機率論與 測度論中 最重要的三大收斂性結果之一的 Fatou's Lemma 本身儘管是 引理，但卻是極為重要的結果。(另外兩個重要的收斂性結果為 Dominated Convergence Theorem 與 Monotone Convergence Theorem)
2. 一般而言， 定理是作者認為最為重要的結果，所以讀者在閱讀文獻時，若遇到定理可多留心這個部分。
以下給出一般的觀點：
最重要的結果，我們一般將其稱作 定理 (Theorem) ，接續該定理所衍生的立即應用，我們稱做 系理(Corollary)。另外用以證明上述定理的小結果稱之為 引理 (Lemma)，讀者可以將引理視為 "引出" 定理的 前置結果。
另外如果不是太過重要的結果，則作者一般會將該結果稱作 命題 (Proposition)。最後稍微提一下有時候作者會採用 宣稱 (Claim) 這是最弱的結果，一般不太重要。
Comments:
1. 上述只是一般觀點，並不代表所有引理都不重要，比如說 機率論與 測度論中 最重要的三大收斂性結果之一的 Fatou's Lemma 本身儘管是 引理，但卻是極為重要的結果。(另外兩個重要的收斂性結果為 Dominated Convergence Theorem 與 Monotone Convergence Theorem)
2. 一般而言， 定理是作者認為最為重要的結果，所以讀者在閱讀文獻時，若遇到定理可多留心這個部分。
1/14/2016
[基礎數學] Binomial Theorem 與其應用例
首先給出 Binomial Theorem 的陳述
Theorem:
令 $a,b \in \mathbb{R}$ 且 $n \in \mathbb{N}$ 則
\[{(a + b)^n} = \mathop \sum \limits_{k = 0}^n \left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right){a^k}{b^{n - k}}\]
在證明 Binomial Theorem之前，我們會需要以下結果來幫助我們，
FACT: 給定 $n,k \in \mathbb{N}$ 且 $n \ge k$，則
\[\left( \begin{array}{l}
n + 1\\
k
\end{array} \right) = \left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right) + \left( \begin{array}{l}
n\\
k - 1
\end{array} \right)\]
Proof: 觀察左式，由定義可知
\[\left( \begin{array}{l}
n + 1\\
k
\end{array} \right): = \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}}\]
故如果我們可以證明右式等同於左式，則證明完畢。現在觀察右式
\[\begin{array}{l}
\left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right) + \left( \begin{array}{l}
n\\
k - 1
\end{array} \right) = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} + \frac{{n!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left( {n - \left( {k - 1} \right)} \right)!}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{n!\left( {n - k + 1} \right)}}{{k!\left( {n - k + 1} \right)\left( {n - k} \right)!}} + \frac{{n!k}}{{k\left( {k - 1} \right)!\left( {n + 1 - k} \right)!}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{n!\left( {n - k + 1} \right) + n!k}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{n!\left( {n + 1} \right)}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}} = \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}}
\end{array}\]注意到最後的等式與原本左式相等，故證明完畢。$\square$
現在我們可以開始證明 Binomial Theorem
Proof: (Binomial Theorem)
給定 $a,b \in \mathbb{R}$ 且 $n \in \mathbb{N}$ 利用數學歸納法，先觀察 $n=1$ 則
\[\begin{array}{l}
{(a + b)^1} = \sum\limits_{k = 0}^1 {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
1\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{1 - k}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
1\\
0
\end{array}} \right){a^0}{b^{1 - 0}} + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
1\\
1
\end{array}} \right){a^1}{b^{1 - 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = {b^1} + {a^1}
\end{array}\]故成立。現在利用歸納法假設對 Binomial Theorem 對 $n$ 成立，我們要證明 $n+1$ 也成立：亦即假設 ${(a + b)^n} = \mathop \sum \limits_{k = 0}^n \left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right){a^k}{b^{n - k}}$成立，我們要證明
\[{(a + b)^{n+1}} = \mathop \sum \limits_{k = 0}^{n+1} \left( \begin{array}{l}
n+1\\
k
\end{array} \right){a^k}{b^{n+1 - k}} \;\;\;\;\; (*)
\]現在觀察
\[\begin{array}{l}
{\left( {a + b} \right)^{n + 1}} = {\left( {a + b} \right)^n}\left( {a + b} \right)\\
= \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k}}\left( {a + b} \right)\\
= \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^{k + 1}}{b^{n - k}} + \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k + 1}}
\end{array}\]為了使上述兩項和可以合成，我們使用變數變換，對第一項和令 $j=k+1$ 且對第二項和令 $j=k$ 則我們可得
\[\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {a + b} \right)}^{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^{k + 1}}{b^{n - k}} + \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k + 1}}}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \underbrace {\sum\limits_{j = 1}^{n + 1} {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - \left( {j - 1} \right)}}}_{term1} + \underbrace {\sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - j + 1}}}_{term2}}\\
\begin{array}{l}
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \underbrace {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
n
\end{array}} \right){a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^{n - \left( {n + 1} \right) + 1}} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - j + 1}}}_{ = term1}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} + \underbrace {\sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - j + 1}} + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
0
\end{array}} \right){a^0}{b^{n - 0 + 1}}}_{ = term2}
\end{array}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = {a^{\left( {n + 1} \right)}} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left[ {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} \right]} {a^j}{b^{n - j + 1}} + {b^{n + 1}}}
\end{array}\]現在對中間項的和，使用前述的 FACT 可得
\[\begin{array}{l}
{\left( {a + b} \right)^{n + 1}} = {a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^{n - \left( {n + 1} \right) + 1}} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left[ {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} \right]} {a^j}{b^{n - j + 1}} + {a^0}{b^{n - 0 + 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = {a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^0} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n + 1 - j}} + {a^0}{b^{n + 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
{n + 1}
\end{array}} \right){a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^0} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n + 1 - j}} + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
0
\end{array}} \right){a^0}{b^{n + 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \sum\limits_{j = 0}^{n + 1} {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n + 1 - j}}
\end{array}\]上式滿足 $(*)$ 故得證。 $\square$
以下我們看幾個例子：
Example 1:
試求\[\mathop \sum \limits_{i = 0}^n \left( \begin{array}{l}
n\\
i
\end{array} \right) = ?\]
Proof: 利用 Binomial Theorem，令 $a=b=1$ 可立刻得到
\[\begin{array}{l}
{(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k}}\\
\Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {1^k}{1^{n - k}} = {(1 + 1)^n} = {2^n}
\end{array}\]
Example 2:
試求
\[\mathop \sum \limits_{i = 0}^n {\left( { - 1} \right)^i}\left( \begin{array}{l}
n\\
i
\end{array} \right) = ?\]
Proof: 利用 Binomial Theorem，令 $a=-1$ 與 $b=1$ 可立刻得到
\[\begin{array}{l}
{(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k}}\\
\Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {\left( { - 1} \right)^k}{1^{n - k}} = {( - 1 + 1)^n} = {0^n} = 0
\end{array}\]
Theorem:
令 $a,b \in \mathbb{R}$ 且 $n \in \mathbb{N}$ 則
\[{(a + b)^n} = \mathop \sum \limits_{k = 0}^n \left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right){a^k}{b^{n - k}}\]
在證明 Binomial Theorem之前，我們會需要以下結果來幫助我們，
FACT: 給定 $n,k \in \mathbb{N}$ 且 $n \ge k$，則
\[\left( \begin{array}{l}
n + 1\\
k
\end{array} \right) = \left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right) + \left( \begin{array}{l}
n\\
k - 1
\end{array} \right)\]
Proof: 觀察左式，由定義可知
\[\left( \begin{array}{l}
n + 1\\
k
\end{array} \right): = \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}}\]
故如果我們可以證明右式等同於左式，則證明完畢。現在觀察右式
\[\begin{array}{l}
\left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right) + \left( \begin{array}{l}
n\\
k - 1
\end{array} \right) = \frac{{n!}}{{k!\left( {n - k} \right)!}} + \frac{{n!}}{{\left( {k - 1} \right)!\left( {n - \left( {k - 1} \right)} \right)!}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{n!\left( {n - k + 1} \right)}}{{k!\left( {n - k + 1} \right)\left( {n - k} \right)!}} + \frac{{n!k}}{{k\left( {k - 1} \right)!\left( {n + 1 - k} \right)!}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{n!\left( {n - k + 1} \right) + n!k}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{{n!\left( {n + 1} \right)}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}} = \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{k!\left( {n + 1 - k} \right)!}}
\end{array}\]注意到最後的等式與原本左式相等，故證明完畢。$\square$
現在我們可以開始證明 Binomial Theorem
Proof: (Binomial Theorem)
給定 $a,b \in \mathbb{R}$ 且 $n \in \mathbb{N}$ 利用數學歸納法，先觀察 $n=1$ 則
\[\begin{array}{l}
{(a + b)^1} = \sum\limits_{k = 0}^1 {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
1\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{1 - k}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
1\\
0
\end{array}} \right){a^0}{b^{1 - 0}} + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
1\\
1
\end{array}} \right){a^1}{b^{1 - 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = {b^1} + {a^1}
\end{array}\]故成立。現在利用歸納法假設對 Binomial Theorem 對 $n$ 成立，我們要證明 $n+1$ 也成立：亦即假設 ${(a + b)^n} = \mathop \sum \limits_{k = 0}^n \left( \begin{array}{l}
n\\
k
\end{array} \right){a^k}{b^{n - k}}$成立，我們要證明
\[{(a + b)^{n+1}} = \mathop \sum \limits_{k = 0}^{n+1} \left( \begin{array}{l}
n+1\\
k
\end{array} \right){a^k}{b^{n+1 - k}} \;\;\;\;\; (*)
\]現在觀察
\[\begin{array}{l}
{\left( {a + b} \right)^{n + 1}} = {\left( {a + b} \right)^n}\left( {a + b} \right)\\
= \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k}}\left( {a + b} \right)\\
= \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^{k + 1}}{b^{n - k}} + \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k + 1}}
\end{array}\]為了使上述兩項和可以合成，我們使用變數變換，對第一項和令 $j=k+1$ 且對第二項和令 $j=k$ 則我們可得
\[\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {a + b} \right)}^{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^{k + 1}}{b^{n - k}} + \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k + 1}}}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \underbrace {\sum\limits_{j = 1}^{n + 1} {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - \left( {j - 1} \right)}}}_{term1} + \underbrace {\sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - j + 1}}}_{term2}}\\
\begin{array}{l}
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \underbrace {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
n
\end{array}} \right){a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^{n - \left( {n + 1} \right) + 1}} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - j + 1}}}_{ = term1}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} + \underbrace {\sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n - j + 1}} + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
0
\end{array}} \right){a^0}{b^{n - 0 + 1}}}_{ = term2}
\end{array}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = {a^{\left( {n + 1} \right)}} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left[ {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} \right]} {a^j}{b^{n - j + 1}} + {b^{n + 1}}}
\end{array}\]現在對中間項的和，使用前述的 FACT 可得
\[\begin{array}{l}
{\left( {a + b} \right)^{n + 1}} = {a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^{n - \left( {n + 1} \right) + 1}} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left[ {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
{j - 1}
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
j
\end{array}} \right)} \right]} {a^j}{b^{n - j + 1}} + {a^0}{b^{n - 0 + 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = {a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^0} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n + 1 - j}} + {a^0}{b^{n + 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
{n + 1}
\end{array}} \right){a^{\left( {n + 1} \right)}}{b^0} + \sum\limits_{j = 1}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n + 1 - j}} + \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
0
\end{array}} \right){a^0}{b^{n + 1}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \sum\limits_{j = 0}^{n + 1} {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{n + 1}\\
j
\end{array}} \right)} {a^j}{b^{n + 1 - j}}
\end{array}\]上式滿足 $(*)$ 故得證。 $\square$
以下我們看幾個例子：
Example 1:
試求\[\mathop \sum \limits_{i = 0}^n \left( \begin{array}{l}
n\\
i
\end{array} \right) = ?\]
Proof: 利用 Binomial Theorem，令 $a=b=1$ 可立刻得到
\[\begin{array}{l}
{(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k}}\\
\Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {1^k}{1^{n - k}} = {(1 + 1)^n} = {2^n}
\end{array}\]
Example 2:
試求
\[\mathop \sum \limits_{i = 0}^n {\left( { - 1} \right)^i}\left( \begin{array}{l}
n\\
i
\end{array} \right) = ?\]
Proof: 利用 Binomial Theorem，令 $a=-1$ 與 $b=1$ 可立刻得到
\[\begin{array}{l}
{(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {a^k}{b^{n - k}}\\
\Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{l}}
n\\
k
\end{array}} \right)} {\left( { - 1} \right)^k}{1^{n - k}} = {( - 1 + 1)^n} = {0^n} = 0
\end{array}\]
7/12/2015
[基礎數學] 數學歸納法應用例
以下我們簡介證明手段中一個重要的工具：數學歸納法 (Mathematical Induction) 以及一些 應用例子，以下我們給出定義
Theorem: (Mathematical Induction)
給定 $n, n_0 \in \mathbb{N}$ 滿足 $n \ge n_0$，則命題句 $P(n)$ 對任意 $n \ge n_0$ 為真若下列兩個條件成立：
Comments:
1. 對於條件 1，我們稱其為 base case， 對於條件 2，我們稱其為 induction step
2. 想法：關於數學歸納法可以想成推倒骨牌的遊戲，條件一可以想像成推倒第一片骨牌，然後條件二假設如果第 $n$ 片骨牌被推倒，則 $n+1$ 片骨牌必定要倒。
以下我們看幾個例子：
================
Claim: 對任意 $p > -1$ 與 $n \in \mathbb{N}$，下列結果恆成立：
\[
(1+p)^n \ge 1+np
\]===============
Proof:
利用歸納法證明，先使用 $(*)$
考慮 $n=1$ 與 $p = 0$，該結果可簡化為
\[
1 \ge 1
\]故可馬上得知 $n=1$ 時候上述命題成立。接著我們使用 $(**)$，故現在假設
\[
(1+p)^n \ge 1+np
\]我們要證明
\[
(1+p)^{n+1} \ge 1+(n+1)p
\]
觀察
\[
(1+p)^{n+1} = (1+p)^n (1+p) \ge (1+np) (1+p) = 1+n p + p + n p^2
\]
注意到 $np^2 \ge 0$ 故我們有
\[
(1+p)^{n+1} \ge 1 + (n + 1)p\;\;\;\;\;\; \square
\]
Claim: 令
\[A = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&b\\
0&1
\end{array}} \right]\]試證明
\[{A^n} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{nb}\\
0&1
\end{array}} \right]\]
Proof: 首先觀察 $n=1$，原式成立
\[{A^1} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&b\\
0&1
\end{array}} \right]\]現在利用歸納法，假設
\[{A^n} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{nb}\\
0&1
\end{array}} \right]\]我們要證明 $n+1$ 成立，亦即我們要證明
\[{A^{n + 1}} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{\left( {n + 1} \right)b}\\
0&1
\end{array}} \right]\]現在觀察上式左方，
\[\begin{array}{l}
{A^{n + 1}} = {A^n}A\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{nb}\\
0&1
\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&b\\
0&1
\end{array}} \right]\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{b + nb}\\
0&1
\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{\left( {1 + n} \right)b}\\
0&1
\end{array}} \right]
\end{array}\]即為所求。$\square$
讀者不妨練習幾題：
Exercise 1: Show that $1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$ for all $n \in \mathbb{N}$
Exercise 2: Show that $n < 2^n$ for all $n \in \mathbb{N}$
Exercise 3: Show that $2^n<n!$ for all $n\geq 4$
Claim: 最小整數原理：
對任意非空集合 $S \neq \emptyset$ 且 $S \subset \mathbb{N}$，則 $S$ 必有最小元素
Proof:
給定任意非空集合 $S := \{n: n \in \mathbb{N}\} $， 首先觀察若 $n=1$，我們有 $S = \{1\}$，且有最小值 $1$ 為其最小元素。
現在用歸納法，假設非空集合 $S_n = \{i: i \le n, i \in \mathbb{N}\} $有最小元素。我們證明 $S_{n+1} := \{i: i \le n+1, i \in \mathbb{N} \}$ 有最小元素。
注意到
$S_{n+1} = S_n \cup \{i: i= n+1\}$ 又因為 $S_n$ 有最小元素，故 $S_{n+1}$ 亦存在最小元素。$\square$
Comment:
上述最小整數原理不適用於任意實數 或者 有理數，舉例而言，若觀察 $E :=\{1, 1/2, 1/3, 1/4, ...\}$ 則此集合不存在最小元素。因為若 $x \in E$ 為最小值 則 必存在 $y \in E$ 使得 $y \leq x$，此時 $y$ 成為新的最小值。
Theorem: (Mathematical Induction)
給定 $n, n_0 \in \mathbb{N}$ 滿足 $n \ge n_0$，則命題句 $P(n)$ 對任意 $n \ge n_0$ 為真若下列兩個條件成立：
- $P(n_0)$ 為真
- 對任意 $k \ge n_0$，若 $P(k)$ 為真，則 $P(k+1)$ 為真。
Comments:
1. 對於條件 1，我們稱其為 base case， 對於條件 2，我們稱其為 induction step
2. 想法：關於數學歸納法可以想成推倒骨牌的遊戲，條件一可以想像成推倒第一片骨牌，然後條件二假設如果第 $n$ 片骨牌被推倒，則 $n+1$ 片骨牌必定要倒。
以下我們看幾個例子：
================
Claim: 對任意 $p > -1$ 與 $n \in \mathbb{N}$，下列結果恆成立：
\[
(1+p)^n \ge 1+np
\]===============
Proof:
利用歸納法證明，先使用 $(*)$
考慮 $n=1$ 與 $p = 0$，該結果可簡化為
\[
1 \ge 1
\]故可馬上得知 $n=1$ 時候上述命題成立。接著我們使用 $(**)$，故現在假設
\[
(1+p)^n \ge 1+np
\]我們要證明
\[
(1+p)^{n+1} \ge 1+(n+1)p
\]
觀察
\[
(1+p)^{n+1} = (1+p)^n (1+p) \ge (1+np) (1+p) = 1+n p + p + n p^2
\]
注意到 $np^2 \ge 0$ 故我們有
\[
(1+p)^{n+1} \ge 1 + (n + 1)p\;\;\;\;\;\; \square
\]
Claim: 令
\[A = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&b\\
0&1
\end{array}} \right]\]試證明
\[{A^n} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{nb}\\
0&1
\end{array}} \right]\]
Proof: 首先觀察 $n=1$，原式成立
\[{A^1} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&b\\
0&1
\end{array}} \right]\]現在利用歸納法，假設
\[{A^n} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{nb}\\
0&1
\end{array}} \right]\]我們要證明 $n+1$ 成立，亦即我們要證明
\[{A^{n + 1}} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{\left( {n + 1} \right)b}\\
0&1
\end{array}} \right]\]現在觀察上式左方，
\[\begin{array}{l}
{A^{n + 1}} = {A^n}A\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{nb}\\
0&1
\end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&b\\
0&1
\end{array}} \right]\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{b + nb}\\
0&1
\end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{\left( {1 + n} \right)b}\\
0&1
\end{array}} \right]
\end{array}\]即為所求。$\square$
讀者不妨練習幾題：
Exercise 1: Show that $1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$ for all $n \in \mathbb{N}$
Exercise 2: Show that $n < 2^n$ for all $n \in \mathbb{N}$
Exercise 3: Show that $2^n<n!$ for all $n\geq 4$
Claim: 最小整數原理：
對任意非空集合 $S \neq \emptyset$ 且 $S \subset \mathbb{N}$，則 $S$ 必有最小元素
Proof:
給定任意非空集合 $S := \{n: n \in \mathbb{N}\} $， 首先觀察若 $n=1$，我們有 $S = \{1\}$，且有最小值 $1$ 為其最小元素。
現在用歸納法，假設非空集合 $S_n = \{i: i \le n, i \in \mathbb{N}\} $有最小元素。我們證明 $S_{n+1} := \{i: i \le n+1, i \in \mathbb{N} \}$ 有最小元素。
注意到
$S_{n+1} = S_n \cup \{i: i= n+1\}$ 又因為 $S_n$ 有最小元素，故 $S_{n+1}$ 亦存在最小元素。$\square$
Comment:
上述最小整數原理不適用於任意實數 或者 有理數，舉例而言，若觀察 $E :=\{1, 1/2, 1/3, 1/4, ...\}$ 則此集合不存在最小元素。因為若 $x \in E$ 為最小值 則 必存在 $y \in E$ 使得 $y \leq x$，此時 $y$ 成為新的最小值。
9/20/2013
[集合論] 基礎集合論的數學語言 (3)- Monotone Sequence of Sets
延續前篇 [集合論] 基礎集合論的數學語言 (2)- Limits of Sets
Definition: 單調集合的數列 (Monotone Sequence of Sets)
令 $\{A_n \}$ 為 一組 sequence of sets，我們說 $\{A_n \}$ 為 montone non-decreasing 若 $A_1 \subset A_2 \subset ... $，我們用 $A_n \uparrow$ 表示 $\{A_n \}$ 為 monotone non-decreasing sets。
另一方面，我們說 $\{A_n \}$ 為 montone non-increasing 若 $A_1 \supset A_2 \supset ... $。我們用 $A_n \downarrow$ 表示 $\{A_n \}$ 為 monotone non-increasing sets。
FACT: 對 Monotone Sequence of Sets 其極限存在。
現在我們看個結果
Theorem:
令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets，我們有
上述定理有個重要的結果值得紀錄。
若現在我們取 $B_n$ 為任意 sequence of sets，則
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \uparrow \\
\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \downarrow
\end{array} \right.\]利用上述定理可得
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \uparrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {B_n}} \\
\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \downarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {B_n}}
\end{array} \right.\]
讀者可嘗試以下幾個例子看看是否能正確使用上述定理
Exercise：
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 - \frac{1}{n}} \right] = [0,1)\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 - \frac{1}{n}} \right) = [0,1)\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 + \frac{1}{n}} \right] = [0,1]\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 + \frac{1}{n}} \right) = [0,1]
\end{array}\]
令 $\{A_n \}$ 為 一組 sequence of sets，我們說 $\{A_n \}$ 為 montone non-decreasing 若 $A_1 \subset A_2 \subset ... $，我們用 $A_n \uparrow$ 表示 $\{A_n \}$ 為 monotone non-decreasing sets。
另一方面，我們說 $\{A_n \}$ 為 montone non-increasing 若 $A_1 \supset A_2 \supset ... $。我們用 $A_n \downarrow$ 表示 $\{A_n \}$ 為 monotone non-increasing sets。
FACT: 對 Monotone Sequence of Sets 其極限存在。
現在我們看個結果
Theorem:
令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets，我們有
- 若 $A_n \uparrow $ ( 亦即 $\{A_n\} $ 為 monotone non-decreasing) 則 \[\lim_{n \rightarrow \infty}A_n = \bigcup_{n=1}^\infty A_n\]
- 若 $A_n \downarrow $ (亦即 $\{A_n\} $ 為 monotone non-increasing) 則 \[\lim_{n \rightarrow \infty}A_n = \bigcap_{n=1}^\infty A_n\]
Proof
先證 (1)：令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets 且 $A_n \uparrow $ ，我們要證\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \]注意到若 集合數列的極限存在等價為
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\]現在由 $A_n \uparrow $ 我們知道 $A_j \subset A_{j+1}$ 故
\[\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} = {A_n}
\]現在觀察 $\lim \inf$
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}}
\]接著我們在觀察 $\lim \sup$ 可得
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \subset \bigcup\limits_{k \ge 1}^{} {{A_k}} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]又我們知道
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\]故總合以上可推知
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\\
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]且
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \Rightarrow \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]
接著我們證 (2)：令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets 且 $A_n \downarrow $ ，我們要證\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \]
同之前證明(1)的手法，若 集合數列的極限存在等價為
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\] 故現在由定義 $\lim \sup$ 與 $\lim \inf$可知
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)}
\end{array} \right.\]由於 $\{A_n \} \downarrow$，亦即 $A_{n+1} \subset A_n$ 故上述 $\lim \sup$ 與 $\lim \inf$ 有如下關係
\[\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} }
\end{array} \right.\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}\\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \subset \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}}
\end{array} \right.\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \ \ \ \ \ \square
\end{array}\]
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\]現在由 $A_n \uparrow $ 我們知道 $A_j \subset A_{j+1}$ 故
\[\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} = {A_n}
\]現在觀察 $\lim \inf$
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}}
\]接著我們在觀察 $\lim \sup$ 可得
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \subset \bigcup\limits_{k \ge 1}^{} {{A_k}} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]又我們知道
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\]故總合以上可推知
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\\
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\end{array} \right. \Rightarrow \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]且
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} \Rightarrow \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}\]
接著我們證 (2)：令 $\{A_n \}$ 為 monotone sequence of sets 且 $A_n \downarrow $ ，我們要證\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \]
同之前證明(1)的手法，若 集合數列的極限存在等價為
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n}
\] 故現在由定義 $\lim \sup$ 與 $\lim \inf$可知
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)}
\end{array} \right.\]由於 $\{A_n \} \downarrow$，亦即 $A_{n+1} \subset A_n$ 故上述 $\lim \sup$ 與 $\lim \inf$ 有如下關係
\[\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right)} \\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} }
\end{array} \right.\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} \subset \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}\\
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \subset \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{A_k}} } \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n}}
\end{array} \right.\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {{A_n}} \ \ \ \ \ \square
\end{array}\]
上述定理有個重要的結果值得紀錄。
若現在我們取 $B_n$ 為任意 sequence of sets，則
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \uparrow \\
\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \downarrow
\end{array} \right.\]利用上述定理可得
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \uparrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {B_n}} \\
\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {B_n}: = \bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} \downarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array} \Rightarrow \begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k \ge n}^{} {{B_k}} } \right) = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {B_n}}
\end{array} \right.\]
讀者可嘗試以下幾個例子看看是否能正確使用上述定理
Exercise：
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 - \frac{1}{n}} \right] = [0,1)\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 - \frac{1}{n}} \right) = [0,1)\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 + \frac{1}{n}} \right] = [0,1]\\
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,1 + \frac{1}{n}} \right) = [0,1]
\end{array}\]
7/19/2013
[基礎數學] 函數的像 與 像原 (Image and Preimage)
這是要介紹的概念是關於函數的 image 與 preimage (又稱 inverse image)
現在給定一個函數 $f: X \rightarrow Y$，則我們說 $f(x)$ 為 $f$ 的值。$X$ 為 domain (有時候我們稱 $f$ 定義在 $X$ 上)，$Y$ 為 co-domain。下圖可以很清楚的說明這個概念
ref: http://en.wikipedia.org/wiki/Image_(mathematics)
在介紹 preimage之前，我們先說說什麼是 image (像)
f(E): = \{ f(x):x \in E\} \\
\Rightarrow f(\left\{ {2,3} \right\}) = \{ f(x):x \in \left\{ {2,3} \right\}\} = \left\{ {a,c} \right\} \ \ \ \ \square
\end{array}
\]
f(E): = \{ f(x):x \in E\} \\
\Rightarrow f(\left\{ { - 2,3} \right\}) = \{ f(x):x \in \left\{ { - 2,3} \right\}\} = \left\{ {4,9} \right\}
\end{array}\]
有了 image之後我們便可以來定義甚麼是 preimage，定義如下:
===========================
Definition: (Preimage or Inverse Image)
考慮函數 $f: X \rightarrow Y$，且令集合 $B \subset Y$，則我們定義 preimage of B under $f$ 為 $f^{-1} (B)$ 滿足
\[
f^{-1}(B) := \{ x \in X : f(x) \in B \}
\]===========================
這定義有甚麼用呢? 我們用幾個例子來說明:
Example 1:
令 $f: X \to Y$，若取集合 $B = Y$ 則由定義可知
\[
f^{-1}(B) = f^{-1}(Y) = \{x \in X: f(x) \in T \} = X
\]
Example 2 :
現給定 $f: (-\infty, \infty) \rightarrow (-\infty, \infty) $ 且 $f(x) = x^2$，試找出 $f^{-1}([4,9])=?$
Sol:
首先我們可以比對 此例 與 定義，便可發現
$ f^{-1}([4,9]) = \{x \in (-\infty, \infty) : f(x) \in [4,9]\}$
$ = \{x \in (-\infty, \infty) :4 \leq f(x) \leq 9 \}$
$ = \{x \in (-\infty, \infty) : 4 \leq x^2 \leq 9 \}$
現在給定一個函數 $f: X \rightarrow Y$，則我們說 $f(x)$ 為 $f$ 的值。$X$ 為 domain (有時候我們稱 $f$ 定義在 $X$ 上)，$Y$ 為 co-domain。下圖可以很清楚的說明這個概念
在介紹 preimage之前，我們先說說什麼是 image (像)
讓 $E \subset X$，則我們稱 image of $E$ under $f$ 為 $f(E)$ 定義如下
\[f(E): = \{ f(x):x \in E\}
\]現在我們看幾個 image 的例子
Example 1
令 $f:\{1,2,3\} \rightarrow \{a,b,c,d \}$ 且定義
\[f\left( x \right): = \left\{ \begin{array}{l}
a,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}x = 1\\
a,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}x = 2\\
c,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}x = 3
\end{array} \right.\]試求 image $f(\{2,3 \})=?$
Solution
由定義
\[\begin{array}{l}\]現在我們看幾個 image 的例子
Example 1
令 $f:\{1,2,3\} \rightarrow \{a,b,c,d \}$ 且定義
\[f\left( x \right): = \left\{ \begin{array}{l}
a,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}x = 1\\
a,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}x = 2\\
c,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}x = 3
\end{array} \right.\]試求 image $f(\{2,3 \})=?$
Solution
由定義
f(E): = \{ f(x):x \in E\} \\
\Rightarrow f(\left\{ {2,3} \right\}) = \{ f(x):x \in \left\{ {2,3} \right\}\} = \left\{ {a,c} \right\} \ \ \ \ \square
\end{array}
\]
Example 2
令 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 且定義 $f\left( x \right): =x ^2 $ 試求 image $f(\{-2,3 \})=?$
Solution
由定義
\[\begin{array}{l}令 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 且定義 $f\left( x \right): =x ^2 $ 試求 image $f(\{-2,3 \})=?$
Solution
由定義
f(E): = \{ f(x):x \in E\} \\
\Rightarrow f(\left\{ { - 2,3} \right\}) = \{ f(x):x \in \left\{ { - 2,3} \right\}\} = \left\{ {4,9} \right\}
\end{array}\]
有了 image之後我們便可以來定義甚麼是 preimage，定義如下:
===========================
Definition: (Preimage or Inverse Image)
考慮函數 $f: X \rightarrow Y$，且令集合 $B \subset Y$，則我們定義 preimage of B under $f$ 為 $f^{-1} (B)$ 滿足
\[
f^{-1}(B) := \{ x \in X : f(x) \in B \}
\]===========================
這定義有甚麼用呢? 我們用幾個例子來說明:
Example 1:
令 $f: X \to Y$，若取集合 $B = Y$ 則由定義可知
\[
f^{-1}(B) = f^{-1}(Y) = \{x \in X: f(x) \in T \} = X
\]
Example 2 :
現給定 $f: (-\infty, \infty) \rightarrow (-\infty, \infty) $ 且 $f(x) = x^2$，試找出 $f^{-1}([4,9])=?$
Sol:
首先我們可以比對 此例 與 定義，便可發現
$ f^{-1}([4,9]) = \{x \in (-\infty, \infty) : f(x) \in [4,9]\}$
$ = \{x \in (-\infty, \infty) :4 \leq f(x) \leq 9 \}$
$ = \{x \in (-\infty, \infty) : 4 \leq x^2 \leq 9 \}$
$ = \{x \in (-\infty, \infty) : 2 \leq x \leq 3 \ or -3 \leq x \leq -2 \}$
$ = [-3,-2] \bigcup [2,3]$ $\square$
由上例可以看出， $f^{-1}([4,9]) = [-3,-2] \bigcup[2,3]$ ;這表示了 所謂的 preimage 是原本定義域(domain) 的子集合。也就是在問說 在 $x \in (-\infty, \infty)$ 之下， 甚麼樣的 $x$ 可以使 $f(x)$ 的值域落在 $[4,9]$之中。
好，那麼如果現在我們把前例中的 函數的定義域 domain 改成如下：
$f : [0, \infty) \rightarrow (-\infty, \infty)$ 則 此時 preimage變成
$f^{-1}([4,9]) = [2,3]$
，因為此函數的定義域已經被更改成 $[0, \infty)$ (也就是說 $x$ 已經被限制不能為負值) 所以 由preimage定義可知
$f^{-1}([4,9]) = \{x \in [0, \infty) : f(x) \in [4,9]\}$ 也就是再問說 在 $x \in [0, \infty)$ 之下， 甚麼樣的 $x$ 可以使 $f(x)$ 的值域落在 $[4,9]$之中。
這便是preimage。
以下我們介紹幾個 Preimage 的性質：
令 $\Omega, \Omega'$為任意集合，現考慮函數 $f: \Omega \rightarrow \Omega'$ 則我們有以下 preimage 性質
(1) $f^{-1}(\emptyset) = \emptyset$
(2) $f^{-1}(\Omega') = \Omega$
(3) 對 $A' \subset \Omega'$，$f^{-1}(A'^C) = (f^{-1}(A'))^C$
(4) Preimage 對 set operation 成立
\[\begin{array}{l}
{f^{ - 1}}\left( {\bigcup\limits_i^{} {{A_i}'} } \right) = \bigcup\limits_i^{} {{f^{ - 1}}\left( {{A_i}'} \right)} \\
{f^{ - 1}}\left( {\bigcap\limits_i^{} {{A_i}'} } \right) = \bigcap\limits_i^{} {{f^{ - 1}}\left( {{A_i}'} \right)}
\end{array}\]
由上例可以看出， $f^{-1}([4,9]) = [-3,-2] \bigcup[2,3]$ ;這表示了 所謂的 preimage 是原本定義域(domain) 的子集合。也就是在問說 在 $x \in (-\infty, \infty)$ 之下， 甚麼樣的 $x$ 可以使 $f(x)$ 的值域落在 $[4,9]$之中。
好，那麼如果現在我們把前例中的 函數的定義域 domain 改成如下：
$f : [0, \infty) \rightarrow (-\infty, \infty)$ 則 此時 preimage變成
$f^{-1}([4,9]) = [2,3]$
，因為此函數的定義域已經被更改成 $[0, \infty)$ (也就是說 $x$ 已經被限制不能為負值) 所以 由preimage定義可知
$f^{-1}([4,9]) = \{x \in [0, \infty) : f(x) \in [4,9]\}$ 也就是再問說 在 $x \in [0, \infty)$ 之下， 甚麼樣的 $x$ 可以使 $f(x)$ 的值域落在 $[4,9]$之中。
這便是preimage。
以下我們介紹幾個 Preimage 的性質：
令 $\Omega, \Omega'$為任意集合，現考慮函數 $f: \Omega \rightarrow \Omega'$ 則我們有以下 preimage 性質
(1) $f^{-1}(\emptyset) = \emptyset$
(2) $f^{-1}(\Omega') = \Omega$
(3) 對 $A' \subset \Omega'$，$f^{-1}(A'^C) = (f^{-1}(A'))^C$
(4) Preimage 對 set operation 成立
\[\begin{array}{l}
{f^{ - 1}}\left( {\bigcup\limits_i^{} {{A_i}'} } \right) = \bigcup\limits_i^{} {{f^{ - 1}}\left( {{A_i}'} \right)} \\
{f^{ - 1}}\left( {\bigcap\limits_i^{} {{A_i}'} } \right) = \bigcap\limits_i^{} {{f^{ - 1}}\left( {{A_i}'} \right)}
\end{array}\]
6/22/2013
[集合論] 基礎集合論的數學語言 (2)- Limits of Sets
回憶在數學分析中我們定義了實數 sequence 的 limit 以及 函數 sequence 的 limt，那麼對於一組 集合 sequence 是否也能定義其極限?。 答案是肯定的。我們將仿照 實數 or 函數sequence 的 limit 來定義 集合 sequence 的極限 如下
令集合 $ A_n \subset \Omega$，我們定義
\[\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {A_k}: = \bigcap\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} ;\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {A_k}: = \bigcup\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} ;
\] 有了上述定義後我們可以進一步定義 $\lim\inf$ 與 $\lim \sup$
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\bigcap\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} } ;\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\bigcup\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} } ;
\] 有了$\lim\inf$ 與 $\lim \sup$，我們便可定義 集合 sequence 的 極限如下：
若存在一組集合 sequence $\{B_n\}$ 且 $B_n \subset \Omega, \; \forall n$ ，則我們說 $B_n$ 的極限存在若下列條件成立
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {B_n} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {B_n} = B\]且 我們稱 $B$ 為 $B_n$ 的極限，並記做
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} B_n = B\; \text{ or $B_n \rightarrow B$}
\]
以下我們看個例子確保我們確實了解上述定義
Example
試證
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \left[ {0,1} \right)\]
Proof
首先觀察
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)}
\]注意到
\[\bigcap\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left\{ \begin{array}{l}
k = 1:\bigcap\limits_{k = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,\frac{1}{2}} \right)\\
k = 2:\bigcup\limits_{k = 2}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,\frac{2}{3}} \right)\\
...\\
k = n:\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right)
\end{array} \right.
\] 故
\[ \Rightarrow \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \left[ {0,1} \right)} } \]接著觀察
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)}
\]注意到
\[\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left\{ \begin{array}{l}
k = 1:\bigcup\limits_{k = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)\\
k = 2:\bigcup\limits_{k = 2}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)\\
...\\
k = n:\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)
\end{array} \right.\]故可得
\[\bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {0,1} \right) = \left[ {0,1} \right)}
\]故兩者相等即為所求。$\square$
不過事實上我們可以將 集合的 sequence 的 $\lim \sup$ 與 Indicator function 連結起來。(關於 Indicator function 請參閱BLOG文章)
Lemma: The relationship between limsup and indicator function
令 $A_n \in \Omega$，我們讓 $\{ A_n \}$ 為 一組 集合 sequence。則
對於 $\lim \sup$ 我們有如下等價描述：
存在 subsequence $n_k$ 且 $n_k$ 與 $\omega$ 有關 使得
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \left\{ {\omega \in \Omega :\sum\limits_{n = 1}^\infty {{1_{{A_n}}}\left( \omega \right) = \infty } } \right\}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left\{ {\omega \in \Omega :\omega \in {A_{{n_k}}},k = 1,2,3,...} \right\}
\end{array}
\]亦即我們可寫
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \left\{ {{A_n}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}i.o.} \right\}\]其中 $i.o.$ 表 infinitely often.
Proof: omitted.
令集合 $ A_n \subset \Omega$，我們定義
\[\mathop {\inf }\limits_{k \ge n} {A_k}: = \bigcap\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} ;\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\mathop {\sup }\limits_{k \ge n} {A_k}: = \bigcup\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} ;
\] 有了上述定義後我們可以進一步定義 $\lim\inf$ 與 $\lim \sup$
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\bigcap\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} } ;\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n}: = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\bigcup\limits_{k = n}^\infty {{A_k}} } ;
\] 有了$\lim\inf$ 與 $\lim \sup$，我們便可定義 集合 sequence 的 極限如下：
若存在一組集合 sequence $\{B_n\}$ 且 $B_n \subset \Omega, \; \forall n$ ，則我們說 $B_n$ 的極限存在若下列條件成立
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } {B_n} = \mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {B_n} = B\]且 我們稱 $B$ 為 $B_n$ 的極限，並記做
\[
\lim_{n \rightarrow \infty} B_n = B\; \text{ or $B_n \rightarrow B$}
\]
以下我們看個例子確保我們確實了解上述定義
Example
試證
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \left[ {0,1} \right)\]
Proof
首先觀察
\[\mathop {\lim \inf }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)}
\]注意到
\[\bigcap\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left\{ \begin{array}{l}
k = 1:\bigcap\limits_{k = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,\frac{1}{2}} \right)\\
k = 2:\bigcup\limits_{k = 2}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,\frac{2}{3}} \right)\\
...\\
k = n:\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right)
\end{array} \right.
\] 故
\[ \Rightarrow \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcap\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right) = \bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \left[ {0,1} \right)} } \]接著觀察
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } \left[ {0,\frac{n}{{n + 1}}} \right) = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)}
\]注意到
\[\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left\{ \begin{array}{l}
k = 1:\bigcup\limits_{k = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)\\
k = 2:\bigcup\limits_{k = 2}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)\\
...\\
k = n:\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)
\end{array} \right.\]故可得
\[\bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\bigcup\limits_{k = n}^\infty {\left[ {0,\frac{k}{{k + 1}}} \right)} } \right)} = \bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {0,1} \right) = \left[ {0,1} \right)}
\]故兩者相等即為所求。$\square$
不過事實上我們可以將 集合的 sequence 的 $\lim \sup$ 與 Indicator function 連結起來。(關於 Indicator function 請參閱BLOG文章)
Lemma: The relationship between limsup and indicator function
令 $A_n \in \Omega$，我們讓 $\{ A_n \}$ 為 一組 集合 sequence。則
對於 $\lim \sup$ 我們有如下等價描述：
存在 subsequence $n_k$ 且 $n_k$ 與 $\omega$ 有關 使得
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \left\{ {\omega \in \Omega :\sum\limits_{n = 1}^\infty {{1_{{A_n}}}\left( \omega \right) = \infty } } \right\}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left\{ {\omega \in \Omega :\omega \in {A_{{n_k}}},k = 1,2,3,...} \right\}
\end{array}
\]亦即我們可寫
\[\mathop {\lim \sup }\limits_{n \to \infty } {A_n} = \left\{ {{A_n}\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}i.o.} \right\}\]其中 $i.o.$ 表 infinitely often.
Proof: omitted.
6/21/2013
[集合論] 基礎集合論的數學語言 (1) - Set Operations
基礎集合論(Elementary Set theory)
集合論對於往後的數學的各分支 都居極其重要的地位；e.g., 數學分析 與 機率論 都有至深至遠的影響，此文是介紹基本的集合論，讀者不須任何先備知識即可讀懂。以下依次介紹
Definition: Set
一個 集合 (Set) 為 一堆 " 不同的元素 distinct element " 所組成的"收集"。若某 元素 $a$ 落在集合 $A$ 中，我們稱 $a$ 屬於集合 $A$，數學上記做 $a\in{A}$
==========
a. 一個集合 $A:=\{ \text{head, tail} \}$ 表示此集合有兩個元素 $\text{head}$ 與 $\text{tail}$。此兩者都在 $A$ 中。
b. 定義集合 $A := \{ \xi_1, \xi_2, ... , \xi_n \}$ 表示此集合 $A$ 由 $\xi_1, \xi_2, ... , \xi_n $ 組成。
c. 如果一個集合裡面 沒有任何元素，我們稱此集合為 空集合(empty set)，一般用 $ \emptyset $ 表示
d. 加上指標(indexed)的集合所形成的集合 (;i.e., indexed family of sets):
\[
\mathcal{E}:=\{E_{\alpha}: \alpha \in A \} = \{E_\alpha \}_{\alpha \in A}
\]另外若現在考慮 family of sets 由 $\mathbb{N}$ 做指標，則我們可建構 集合形成的數列(sequence of sets) 記做
\[
\{E_n \}_{n=1}^{\infty}
\]
e. 若集合中含有的元素仍為集合，比如說 $\mathcal{A}=\{ \{2,3\}, \{5,6,7\}\}$ 我們稱此 $\mathcal{A}$ 為 collection of sets 或者 family of sets。
集合的敘述
接著我們介紹更常見的集合表示法，稱作集合的敘述表示， 一般而言，在數學上常見的集合表示法為使用下列符號
\[
\left\{x\in{X}: \text{ statement involving property $x$ } \right\}
\] 上述稱為 集合的敘述表示法，說明了此集合是由所有 $x \in{X}$組成，且對所有 $x$ 而言，其敘述 (statement) 都必須為真， 注意到 statement 扮演的腳色等同"定義"，故如果想要說明某個元素是否落在集合之中，則必須檢驗其是否符合此 statement
我們看下面一些集合以敘述表示的例子 ：
Example 1:
試將開區間 $(a,b)$ 用集合敘述表示：
\[
\{x: a<x<b\}
\]讀者可自行練習 $(a,b]$，$[a,b]$, $(a,\infty)$...
Example 2
A:=\{k \geq 1: \text{$k$ is even} \}
\]上述集合 $A$ 表示的是 對 所有的 $k \geq 1$ 且滿足 $k$ 必須是偶數( even) 。且把這些符合條件的元素全部收集起來叫做集合 $A$。所以重點是 $k$ 但是這個 $k$ 必須滿足給定的特殊性質 比如在此例中是 k 為偶數
Example 3
定義集合 $A := \{ \text{all positive integer} \}$ 表示此集合 $A$ 由 所有正整數 $1,2,3,...$ 所組成。
==========
Definition: 子集合 (subset):
設$A$ 與 $B$ 為二集合，若所有在 $A$ 集合中的元素 亦都 落在集合 $B$ 中，則我們稱 $A$ 為 $B$ 的 子集合(subset)。數學上記做 $A\subset{B}$;i.e.,
\[
\forall x\in{A}, x\in{B}
\]==========
注意：上述符號 $\forall$ 表示 對所有 (for all...)。
另外注意到符號 "$\subset{}$" 允許 $A=B$ 的可能性
Comment:
1. 如果想要證明兩個集合相等 $A=B$ 則我們必須證明 $A\subset{B}$ 與 $B\subset{A}$
證明的方法便是利用上述的定義：
$\forall x\in{A}, x\in{B}$ 證明 $A\subset{B}$
$\forall x\in{B}, x\in{A}$ 證明 $B\subset{A}$
2. 令 $A,B,C$ 為任意集合，我們有以下子集合性質
\[\begin{array}{l}
A \subset A\\
A \subset B\& B \subset C \Rightarrow A \subset C\\
A \subset C\& B \subset C \Rightarrow A \cup B \subset C\\
A \supset C\& B \supset C \Rightarrow A \cap B \subset C
\end{array}\]
Example 1: subset and the number of all subsets
若考慮一集合 $B=\left\{{1,2}\right\}$ 那麼集合 $B$所有 子集合為
\[\emptyset \subset B;\;\left\{ 1 \right\} \subset B;\;\left\{ 2 \right\} \subset B;\;\left\{ {1,2} \right\} \subset B\]事實上，如果一個集合有 $n$ 個元素，則其全部可能的子集合數目為 $2^n$ (power set)。以此例而言集合 $B$ 全部可能的子集合數目為 $2^2 = 4$ 個。那麼有沒有一種表示法可以用來表示某個集合的"所有"子集合呢?答案是有的。我們稱此集合為 Power Set 。如下面例子。
Example 2: Power sets
考慮集合 $X$，現在考慮 $X$ 中所有的子集合所形成的集合 (family of all subsets of a set $X$) 我們稱其為冪集合(Power Set)，符號記做 $\mathcal{P}(X)$ 且定義為
\[
\mathcal{P}(X) := \{ {E: E \subset X} \}
\]
關於 Power set的例子：
考慮 $A = \{1,2,3\}$ 則 其 power set 為
\[{\cal P}(A) = \{ \emptyset ,\{ 1\} ,\{ 2\} ,\{ 3\} ,\{ 1,2\} ,\{ 2,3\} ,\{ 1,3\} ,\{ 1,2,3\} \} \]
==========
Definition: 補集 (Complement)
考慮子集合 $A \subset X$，則我們說 $A$ 的補集 (記做 $A^c$) 定義為
\[
A^c := \{x \in X : x \notin A \}
\]==============
Definition: 交集 (Intersection)
設${A,B,X}$為三集合，且 $A\subset{X}$, $B\subset{X}$ 現若有一個新的集合，其包含的所有元素 同時由 屬於集合 ${A}$ 又屬於 ${B}$ 所組成，我們稱此新的集合為 $A$ 集合與 $B$ 集合的交集(intersection)，數學上記做 $A\cap{B}$
==============
下圖為兩集合交集的示意圖
以下我們看一些例子：
Example 1:
\[\bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {0,\frac{1}{n}} \right)} = \emptyset \]
Example 2:
\[
\bigcap_{n \in \mathbb{R}} [-n, 1) = \emptyset
\]
Example 3:
\[
\bigcap_{n \in \mathbb{N}} [-n, 1) = [-1,1)
\]
Example 4:
\[
\bigcap_{n \in \mathbb{R}, n >0} [-n, 1) = [0,1)
\]
==========
Definition: 聯集(Union)
設 ${A,B,X}$ 為三集合，且 $A\subset{X}$ 現若有一個新的集合，其所包含的所有元素由 屬於集合 ${A}$ 與屬於 ${B}$ 的元素所組成，而沒有其他元素，我們稱此新的集合為 $A$ 集合與 $B$ 集合的聯集(union)，數學上記做 $A\cup{B}$
==========
3. 令 $A,B,C$ 為三集合，則 $(A \bigcup B ) \bigcup B = A \bigcup (A \bigcup B)$
以下我們看一些聯集的例子：
Example 1:
\[\bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{1}{{n + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)\]
Example 2:
=====================
Definition: 差集 (Difference)
若 $A, B$ 為兩集合，我們定義此兩者的 差集 $A \backslash B$ 如下
\[
A\backslash B := \{x: x\in A \text{ and } x \notin B \}
\]====================
Example: $\mathbb{Z} \setminus \mathbb{N} = \{0, -1, -2,...\}$
關於差集有一些重要的性質我們陳述如下：
Property 1: $A\setminus \emptyset = A$
Property 2: $A\setminus B = \emptyset \Leftrightarrow A \subset B$
Property 3: $A \setminus (A \setminus B) = A \cap B$
==========
Definition: Cartesian product
設 $A, B$ 為兩集合，則\[A \times B: = \{ (x,y):x \in A,\;y \in B\} \]==========
以下我們看幾個例子：
Example 1:
考慮 $A:=\{a_1, a_2, a_3\}$ 且 $B:= \{b_1,b_2\}$ 則
\[
A \times B = \{(a_1,b_1),(a_1,b_2), (a_2, b_1), (a_2,b_2), (a_3,b_1), (a_3,b_2)\}
\]
Example 2:
考慮 $A:=\{1,4\}, B:=\{2,3\}$ 則
\[\begin{array}{l}
A \times B = \{ (x,y):x \in A,y \in B\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (x,y):x \in \left\{ {1,4} \right\},y \in \left\{ {2,3} \right\}\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (1,2),(1,3),(4,2),(4,3)\}
\end{array}\]
Example 3:
考慮 $A:=[1,4], B:=[2,3]$ 則
\[\begin{array}{l}
A \times B = \{ (x,y):x \in A,y \in B\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (x,y):x \in [1,4],y \in [2,3]\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (x,y):1 \le x \le 4,2 \le y \le 3\}
\end{array}\] $A \times B$ 如下圖所示
Comments:
1. 座標平面可視為 Cartesian product; e.g., $\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \times \mathbb{R}$
2. 我們亦可定義三個集合的 Cartesian product
設 $A, B, C$ 為三集合，則\[A \times B \times C: = \{ (x,y,z):x \in A,\;y \in B, \; z \in C\} \]同理，我們可定義 $N$ 個集合的 Cartesian product 甚至 無窮個集合的 Cartesian product。
延伸閱讀
[集合論] 基礎集合論的數學語言 (2)- Limits of Sets
集合論對於往後的數學的各分支 都居極其重要的地位；e.g., 數學分析 與 機率論 都有至深至遠的影響，此文是介紹基本的集合論，讀者不須任何先備知識即可讀懂。以下依次介紹
- 集合(Set)
- 集合的敘述 (Statement of Set)
- 子集合(Subset)
- 補集 (Complement)
- 交集 (Intersection)
- 聯集 (Union)
- 差集 (Difference)
- 積集合 (Cartesian product)
Definition: Set
一個 集合 (Set) 為 一堆 " 不同的元素 distinct element " 所組成的"收集"。若某 元素 $a$ 落在集合 $A$ 中，我們稱 $a$ 屬於集合 $A$，數學上記做 $a\in{A}$
==========
Comments:
0. 引述集合論大師 Cantor 說法：直觀/想像中可辨識且確定的事物 (在上述定義等價為 元素)將其收集之後視為一體。 此兩個名詞無法再繼續被追問，讀者需先有共識能接受此兩者。
1. 集合可以簡單的想成一群 "東西" 我們把他收集在一起。叫這群收集起來東西"集合"。 比如說 把一群水滴收集在一起，叫這群水滴為"水"的集合。注意到集合中元素並無次序問題。
2. 有時候我們會遭遇 所謂 集合的集合 (set of sets) 的情況，此時為了避免用字重複會改稱 family of sets，或者稱 collection of sets。
以下看一些集合的例子：
Example: some sets0. 引述集合論大師 Cantor 說法：直觀/想像中可辨識且確定的事物 (在上述定義等價為 元素)將其收集之後視為一體。 此兩個名詞無法再繼續被追問，讀者需先有共識能接受此兩者。
1. 集合可以簡單的想成一群 "東西" 我們把他收集在一起。叫這群收集起來東西"集合"。 比如說 把一群水滴收集在一起，叫這群水滴為"水"的集合。注意到集合中元素並無次序問題。
以下看一些集合的例子：
a. 一個集合 $A:=\{ \text{head, tail} \}$ 表示此集合有兩個元素 $\text{head}$ 與 $\text{tail}$。此兩者都在 $A$ 中。
b. 定義集合 $A := \{ \xi_1, \xi_2, ... , \xi_n \}$ 表示此集合 $A$ 由 $\xi_1, \xi_2, ... , \xi_n $ 組成。
c. 如果一個集合裡面 沒有任何元素，我們稱此集合為 空集合(empty set)，一般用 $ \emptyset $ 表示
d. 加上指標(indexed)的集合所形成的集合 (;i.e., indexed family of sets):
\[
\mathcal{E}:=\{E_{\alpha}: \alpha \in A \} = \{E_\alpha \}_{\alpha \in A}
\]另外若現在考慮 family of sets 由 $\mathbb{N}$ 做指標，則我們可建構 集合形成的數列(sequence of sets) 記做
\[
\{E_n \}_{n=1}^{\infty}
\]
e. 若集合中含有的元素仍為集合，比如說 $\mathcal{A}=\{ \{2,3\}, \{5,6,7\}\}$ 我們稱此 $\mathcal{A}$ 為 collection of sets 或者 family of sets。
集合的敘述
接著我們介紹更常見的集合表示法，稱作集合的敘述表示， 一般而言，在數學上常見的集合表示法為使用下列符號
\[
\left\{x\in{X}: \text{ statement involving property $x$ } \right\}
\] 上述稱為 集合的敘述表示法，說明了此集合是由所有 $x \in{X}$組成，且對所有 $x$ 而言，其敘述 (statement) 都必須為真， 注意到 statement 扮演的腳色等同"定義"，故如果想要說明某個元素是否落在集合之中，則必須檢驗其是否符合此 statement
Example 1:
試將開區間 $(a,b)$ 用集合敘述表示：
\[
\{x: a<x<b\}
\]讀者可自行練習 $(a,b]$，$[a,b]$, $(a,\infty)$...
Example 2
假設 $k \in \mathbb{N}$，定義集合 $A$
\[A:=\{k \geq 1: \text{$k$ is even} \}
\]上述集合 $A$ 表示的是 對 所有的 $k \geq 1$ 且滿足 $k$ 必須是偶數( even) 。且把這些符合條件的元素全部收集起來叫做集合 $A$。所以重點是 $k$ 但是這個 $k$ 必須滿足給定的特殊性質 比如在此例中是 k 為偶數
Example 3
定義集合 $A := \{ \text{all positive integer} \}$ 表示此集合 $A$ 由 所有正整數 $1,2,3,...$ 所組成。
==========
Definition: 子集合 (subset):
設$A$ 與 $B$ 為二集合，若所有在 $A$ 集合中的元素 亦都 落在集合 $B$ 中，則我們稱 $A$ 為 $B$ 的 子集合(subset)。數學上記做 $A\subset{B}$;i.e.,
\[
\forall x\in{A}, x\in{B}
\]==========
注意：上述符號 $\forall$ 表示 對所有 (for all...)。
另外注意到符號 "$\subset{}$" 允許 $A=B$ 的可能性
ref: Wikipedia
Comment:
1. 如果想要證明兩個集合相等 $A=B$ 則我們必須證明 $A\subset{B}$ 與 $B\subset{A}$
證明的方法便是利用上述的定義：
$\forall x\in{A}, x\in{B}$ 證明 $A\subset{B}$
$\forall x\in{B}, x\in{A}$ 證明 $B\subset{A}$
2. 令 $A,B,C$ 為任意集合，我們有以下子集合性質
\[\begin{array}{l}
A \subset A\\
A \subset B\& B \subset C \Rightarrow A \subset C\\
A \subset C\& B \subset C \Rightarrow A \cup B \subset C\\
A \supset C\& B \supset C \Rightarrow A \cap B \subset C
\end{array}\]
Example 1: subset and the number of all subsets
若考慮一集合 $B=\left\{{1,2}\right\}$ 那麼集合 $B$所有 子集合為
\[\emptyset \subset B;\;\left\{ 1 \right\} \subset B;\;\left\{ 2 \right\} \subset B;\;\left\{ {1,2} \right\} \subset B\]事實上，如果一個集合有 $n$ 個元素，則其全部可能的子集合數目為 $2^n$ (power set)。以此例而言集合 $B$ 全部可能的子集合數目為 $2^2 = 4$ 個。那麼有沒有一種表示法可以用來表示某個集合的"所有"子集合呢?答案是有的。我們稱此集合為 Power Set 。如下面例子。
考慮集合 $X$，現在考慮 $X$ 中所有的子集合所形成的集合 (family of all subsets of a set $X$) 我們稱其為冪集合(Power Set)，符號記做 $\mathcal{P}(X)$ 且定義為
\[
\mathcal{P}(X) := \{ {E: E \subset X} \}
\]
關於 Power set的例子：
考慮 $A = \{1,2,3\}$ 則 其 power set 為
\[{\cal P}(A) = \{ \emptyset ,\{ 1\} ,\{ 2\} ,\{ 3\} ,\{ 1,2\} ,\{ 2,3\} ,\{ 1,3\} ,\{ 1,2,3\} \} \]
==========
Definition: 補集 (Complement)
考慮子集合 $A \subset X$，則我們說 $A$ 的補集 (記做 $A^c$) 定義為
\[
A^c := \{x \in X : x \notin A \}
\]==============
補集有一些重要的性質值得我們一看：令 $A \subset X$，則
\[{({A^c})^c} = A;\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\emptyset ^c} = X;\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{X^c} = \emptyset \]
==============\[{({A^c})^c} = A;\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{\emptyset ^c} = X;\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}{X^c} = \emptyset \]
Definition: 交集 (Intersection)
設${A,B,X}$為三集合，且 $A\subset{X}$, $B\subset{X}$ 現若有一個新的集合，其包含的所有元素 同時由 屬於集合 ${A}$ 又屬於 ${B}$ 所組成，我們稱此新的集合為 $A$ 集合與 $B$ 集合的交集(intersection)，數學上記做 $A\cap{B}$
==============
下圖為兩集合交集的示意圖
Comment
1. 若 $\cal{E}$ 為 family of sets，我們可以建構其元素的 intersection 如下
\[
\bigcap_{E \in \cal{E}} :=\{x : x \in E \;\; \forall E \in \cal{E} \}
\] 2. 若兩集合 $A,B$ 滿足 $A \cap B = \emptyset$，則我們稱此兩個集合彼此為 disjoint。
1. 若 $\cal{E}$ 為 family of sets，我們可以建構其元素的 intersection 如下
\[
\bigcap_{E \in \cal{E}} :=\{x : x \in E \;\; \forall E \in \cal{E} \}
\] 2. 若兩集合 $A,B$ 滿足 $A \cap B = \emptyset$，則我們稱此兩個集合彼此為 disjoint。
3. 令 $A,B$ 為兩集合， $A \bigcap B = B \bigcap A$
4. 令 $A,B$ 為兩集合，則 $A \bigcap B \subset A$ 且 $A \bigcap B \subset B$以下我們看一些例子：
Example 1:
\[\bigcap\limits_{n = 1}^\infty {\left( {0,\frac{1}{n}} \right)} = \emptyset \]
Example 2:
\[
\bigcap_{n \in \mathbb{R}} [-n, 1) = \emptyset
\]
Example 3:
\[
\bigcap_{n \in \mathbb{N}} [-n, 1) = [-1,1)
\]
Example 4:
\[
\bigcap_{n \in \mathbb{R}, n >0} [-n, 1) = [0,1)
\]
==========
Definition: 聯集(Union)
設 ${A,B,X}$ 為三集合，且 $A\subset{X}$ 現若有一個新的集合，其所包含的所有元素由 屬於集合 ${A}$ 與屬於 ${B}$ 的元素所組成，而沒有其他元素，我們稱此新的集合為 $A$ 集合與 $B$ 集合的聯集(union)，數學上記做 $A\cup{B}$
==========
下圖為兩集合聯集的示意圖
Comment
1. 若 $\cal{E}$ 為 family of sets，我們可以建構其元素的 union 如下
\[
\bigcup_{E \in \cal{E}} :=\{x : x \in E \; \text{for some } E \in \cal{E} \}
\]2. 令 $A,B$ 為兩集合，$A \bigcup B = B \bigcup A$
Comment
1. 若 $\cal{E}$ 為 family of sets，我們可以建構其元素的 union 如下
\[
\bigcup_{E \in \cal{E}} :=\{x : x \in E \; \text{for some } E \in \cal{E} \}
\]2. 令 $A,B$ 為兩集合，$A \bigcup B = B \bigcup A$
3. 令 $A,B,C$ 為三集合，則 $(A \bigcup B ) \bigcup B = A \bigcup (A \bigcup B)$
4. 令 $A,B$ 為兩集合， $A \bigcup B = B \bigcup A$
5. 令 $A,B$ 為兩集合，則 $A \subset A \bigcup B$ 且 $B \subset A \bigcup B$以下我們看一些聯集的例子：
Example 1:
\[\bigcup\limits_{n = 1}^\infty {\left[ {0,\frac{1}{{n + 1}}} \right)} = \left[ {0,1} \right)\]
Example 2:
\[\bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}}^{} {\left[ { - n,1} \right)} = \left( { - \infty ,1} \right)\]
Example 3:
\[\begin{array}{l}
\bigcup\limits_{n \in \mathbb{N},m \in \left( {0,1} \right)}^{} {\left( {1 - \frac{1}{n},10 - m} \right]} = \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}}^{} {\left( {\bigcup\limits_{m \in \left( {0,1} \right)}^{} {\left( {1 - \frac{1}{n},10 - m} \right]} } \right)} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}}^{} {\left( {1 - \frac{1}{n},10} \right)} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left({0,10} \right)
\end{array}\]
\bigcup\limits_{n \in \mathbb{N},m \in \left( {0,1} \right)}^{} {\left( {1 - \frac{1}{n},10 - m} \right]} = \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}}^{} {\left( {\bigcup\limits_{m \in \left( {0,1} \right)}^{} {\left( {1 - \frac{1}{n},10 - m} \right]} } \right)} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}}^{} {\left( {1 - \frac{1}{n},10} \right)} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left({0,10} \right)
\end{array}\]
若 $A, B$ 為兩集合，我們定義此兩者的 差集 $A \backslash B$ 如下
\[
A\backslash B := \{x: x\in A \text{ and } x \notin B \}
\]====================
Example: $\mathbb{Z} \setminus \mathbb{N} = \{0, -1, -2,...\}$
關於差集有一些重要的性質我們陳述如下：
Property 1: $A\setminus \emptyset = A$
Property 2: $A\setminus B = \emptyset \Leftrightarrow A \subset B$
Property 3: $A \setminus (A \setminus B) = A \cap B$
==========
Definition: Cartesian product
設 $A, B$ 為兩集合，則\[A \times B: = \{ (x,y):x \in A,\;y \in B\} \]==========
以下我們看幾個例子：
Example 1:
考慮 $A:=\{a_1, a_2, a_3\}$ 且 $B:= \{b_1,b_2\}$ 則
\[
A \times B = \{(a_1,b_1),(a_1,b_2), (a_2, b_1), (a_2,b_2), (a_3,b_1), (a_3,b_2)\}
\]
Example 2:
考慮 $A:=\{1,4\}, B:=\{2,3\}$ 則
\[\begin{array}{l}
A \times B = \{ (x,y):x \in A,y \in B\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (x,y):x \in \left\{ {1,4} \right\},y \in \left\{ {2,3} \right\}\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (1,2),(1,3),(4,2),(4,3)\}
\end{array}\]
Example 3:
考慮 $A:=[1,4], B:=[2,3]$ 則
\[\begin{array}{l}
A \times B = \{ (x,y):x \in A,y \in B\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (x,y):x \in [1,4],y \in [2,3]\} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \{ (x,y):1 \le x \le 4,2 \le y \le 3\}
\end{array}\] $A \times B$ 如下圖所示
Comments:
1. 座標平面可視為 Cartesian product; e.g., $\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \times \mathbb{R}$
2. 我們亦可定義三個集合的 Cartesian product
設 $A, B, C$ 為三集合，則\[A \times B \times C: = \{ (x,y,z):x \in A,\;y \in B, \; z \in C\} \]同理，我們可定義 $N$ 個集合的 Cartesian product 甚至 無窮個集合的 Cartesian product。
延伸閱讀
[集合論] 基礎集合論的數學語言 (2)- Limits of Sets
6/16/2013
[基礎數學] 關於數學證明的一點點思路 (I)
以往在工學院學習的數學，較偏重在計算與應用部分，對於證明較少著墨，
有時因為時間關係，很容易把定理的結果直接使用，自動跳過證明，假設它是對的先用再說。這樣的方法雖然在當下節省很多時間，但對於學習其實並不是很好。也讓自己後來在學習較高等的數學時吃足了苦頭；
最大的困難我想就是在一開始接觸 抽象化 & 嚴格證明的時候，常常會發生儘管"自認"已經對定義相當清楚，但等到做題的時候，仍然對證明之中每個推理與邏輯間思路的連結沒有頭緒。這種事在初學的時候實在是很大的挑戰。
不過其實數學證明是有規則可循的，這很類似於下棋，比如說我們下棋之前(EX 西洋棋、圍棋、象棋等等棋類)，我們都必須先學會各種棋子對應的規則，才能開始去想下棋的策略與戰勝對手的妙方，事實上，對於數學證明也是如此，如果規則(定義)不懂，定理不明，看到題目就埋頭苦證，拼命思考各種技巧與策略(反證法、逆否命題、數學歸納法、直接證法)，我想也很難有所突破。因為根本就不清楚你的敵人是誰(也就是根本不清楚到底要證明甚麼!?)
尤有甚者，就算看了解答也是常常不明白作者為何可以甚麼都不說就從某一步會跳到某一步，這其實最根本的原因就是定義不清所導致的問題。
先總結一個重要概念。證明之前先問自己
Comments:
1. 對於想要了解一般證明策略的讀者，建議可略過此文直接閱讀
關於數學證明的一點點思路(III)-Forward-backward method。
2. 除了基本定義之外，兩種"量詞" (quantifier: "for all" 與 "there exists") 的掌握也是證明中極為重要的技巧，但這篇文章重點不在此故不贅述。有興趣的讀者可參閱 Daniel Solow, How to Read and Do Proofs: An Introduction to Mathematical Thought Processes 2e, 2001
3. 關於 清楚明白定義的重要性，讀者可直接參閱此篇
[數學分析] 淺談 Metric Space and Topology
以下文章將專注在清楚定義之後，邏輯間思路的連結。我們先看個簡單的例子
------------
Example 1
考慮下列兩個已知假設為 真：
1. 所有 生物都會死
2. 人 是 生物
試證 人會死。
------------
Proof：
[證明1] 已知人是生物，又已知 所有生物都會死，故 人會死。$\square$
或者
[證明2] 已知所有生物都會死，又已知人 是生物，故由 "所有生物都會死" 可得 人會死。$\square$
Comment:
在數學教科書或者文獻上，作者常將主要的結果用 定理 (Theorem)， 或者前置定理 (Lemma)，又或者衍生定理 (Corollary) 來描述。而其中最重要的結果是定理。一個數學的定理包含假設 (Hypothesis)與結論(Conclusion)：若以 Example 1來看，則假設的部分為 “所有生物會死” 與 “人是生物”，結論的部分則為 “人會死”。此結果可被稱為一個定理。
現在看看下面這個(不太)簡單的數學證明思路
一般而言，在證明某個結果之前，我們可能會知道 (或者嘗試去找到) 某些已知的結果 與我們的假設 或者 待證目標 有直接或間接相關。現在假設我們事先已知下列三個結果 (我們稱為定理)。
------------
Example 2
已知 定理 X: $P \; \& \;T \Rightarrow R$
已知 定理 A: $P \Rightarrow S$
已知 定理 B: $S \; \& \;Q \Rightarrow T$
試證：若 $P, Q$ 成立，則 $R$ 成立。
------------
一般而言，一個好的習慣是先寫下 已知假設 (hypothese) 以及 待證的目標(conclusion)，故我們寫下：
已知假設: $P \; \& \; Q$
待證目標: $R$
那現在我們的目標就是 如何從 已知假設 $P \; \& \; Q$ 透過一連串的邏輯推理，推到結果為 $R$ 會成立。故唯一要做的事情就是把彼此之間的關聯性用 "邏輯" 連結起來。步驟如下:
Step 1: 讓 $P, Q$ 成立。
Step 2: 觀察手邊工具。首先由於 定理A 告訴我們 若 $P$ 成立，則 $S$ 成立，讀者可發現此定理直接與我們手邊有的假設 $P$ 相關，故我們可以馬上使用 定理A 得到
\[
P \Rightarrow S
\]所以現在變成 已知 $P \; \& \; Q$ $\Rightarrow S$
Step 3: 由於我們手邊已經有了 $P,Q$ 以及 $S$，觀察手邊工具可發現與前述相關的 定理 B ： $S \; \& \;Q \Rightarrow T$ 。也就是說我們現在手邊能得到的所有 邏輯推理關係 為 已知 $P \; \& \; Q$ $\Rightarrow S$ 且 $S \; \& \;Q \Rightarrow T$ (by 定理 B)；故合併兩者我們可馬上推至 $ T$ 的結果。
Step 4: 現在再度觀察上述結果，發現 定理 X 告訴我們 $P \; \& \;T \Rightarrow R$，此即為我們要證明的目標，故將此 定理 X 用上去 Step 3，便可推得證欲證的 $R$ 至此證明完畢。$\square$
想法圖如下"
Ref: Robert S. Strichartz, "The Way of Analysis revised edition",
延伸閱讀:
有時因為時間關係，很容易把定理的結果直接使用，自動跳過證明，假設它是對的先用再說。這樣的方法雖然在當下節省很多時間，但對於學習其實並不是很好。也讓自己後來在學習較高等的數學時吃足了苦頭；
最大的困難我想就是在一開始接觸 抽象化 & 嚴格證明的時候，常常會發生儘管"自認"已經對定義相當清楚，但等到做題的時候，仍然對證明之中每個推理與邏輯間思路的連結沒有頭緒。這種事在初學的時候實在是很大的挑戰。
不過其實數學證明是有規則可循的，這很類似於下棋，比如說我們下棋之前(EX 西洋棋、圍棋、象棋等等棋類)，我們都必須先學會各種棋子對應的規則，才能開始去想下棋的策略與戰勝對手的妙方，事實上，對於數學證明也是如此，如果規則(定義)不懂，定理不明，看到題目就埋頭苦證，拼命思考各種技巧與策略(反證法、逆否命題、數學歸納法、直接證法)，我想也很難有所突破。因為根本就不清楚你的敵人是誰(也就是根本不清楚到底要證明甚麼!?)
尤有甚者，就算看了解答也是常常不明白作者為何可以甚麼都不說就從某一步會跳到某一步，這其實最根本的原因就是定義不清所導致的問題。
先總結一個重要概念。證明之前先問自己
- 是否已經清楚 "基本定義" !?
Comments:
1. 對於想要了解一般證明策略的讀者，建議可略過此文直接閱讀
關於數學證明的一點點思路(III)-Forward-backward method。
2. 除了基本定義之外，兩種"量詞" (quantifier: "for all" 與 "there exists") 的掌握也是證明中極為重要的技巧，但這篇文章重點不在此故不贅述。有興趣的讀者可參閱 Daniel Solow, How to Read and Do Proofs: An Introduction to Mathematical Thought Processes 2e, 2001
[數學分析] 淺談 Metric Space and Topology
以下文章將專注在清楚定義之後，邏輯間思路的連結。我們先看個簡單的例子
------------
Example 1
考慮下列兩個已知假設為 真：
1. 所有 生物都會死
2. 人 是 生物
試證 人會死。
------------
Proof：
[證明1] 已知人是生物，又已知 所有生物都會死，故 人會死。$\square$
或者
[證明2] 已知所有生物都會死，又已知人 是生物，故由 "所有生物都會死" 可得 人會死。$\square$
Comment:
在數學教科書或者文獻上，作者常將主要的結果用 定理 (Theorem)， 或者前置定理 (Lemma)，又或者衍生定理 (Corollary) 來描述。而其中最重要的結果是定理。一個數學的定理包含假設 (Hypothesis)與結論(Conclusion)：若以 Example 1來看，則假設的部分為 “所有生物會死” 與 “人是生物”，結論的部分則為 “人會死”。此結果可被稱為一個定理。
現在看看下面這個(不太)簡單的數學證明思路
一般而言，在證明某個結果之前，我們可能會知道 (或者嘗試去找到) 某些已知的結果 與我們的假設 或者 待證目標 有直接或間接相關。現在假設我們事先已知下列三個結果 (我們稱為定理)。
------------
Example 2
已知 定理 X: $P \; \& \;T \Rightarrow R$
已知 定理 A: $P \Rightarrow S$
已知 定理 B: $S \; \& \;Q \Rightarrow T$
試證：若 $P, Q$ 成立，則 $R$ 成立。
------------
NOTE: 上述陳述中使用的 $P \Rightarrow Q$ 在數學上表示 If $P$ then $Q$;
Proof:一般而言，一個好的習慣是先寫下 已知假設 (hypothese) 以及 待證的目標(conclusion)，故我們寫下：
已知假設: $P \; \& \; Q$
待證目標: $R$
那現在我們的目標就是 如何從 已知假設 $P \; \& \; Q$ 透過一連串的邏輯推理，推到結果為 $R$ 會成立。故唯一要做的事情就是把彼此之間的關聯性用 "邏輯" 連結起來。步驟如下:
Step 1: 讓 $P, Q$ 成立。
Step 2: 觀察手邊工具。首先由於 定理A 告訴我們 若 $P$ 成立，則 $S$ 成立，讀者可發現此定理直接與我們手邊有的假設 $P$ 相關，故我們可以馬上使用 定理A 得到
\[
P \Rightarrow S
\]所以現在變成 已知 $P \; \& \; Q$ $\Rightarrow S$
Step 3: 由於我們手邊已經有了 $P,Q$ 以及 $S$，觀察手邊工具可發現與前述相關的 定理 B ： $S \; \& \;Q \Rightarrow T$ 。也就是說我們現在手邊能得到的所有 邏輯推理關係 為 已知 $P \; \& \; Q$ $\Rightarrow S$ 且 $S \; \& \;Q \Rightarrow T$ (by 定理 B)；故合併兩者我們可馬上推至 $ T$ 的結果。
Step 4: 現在再度觀察上述結果，發現 定理 X 告訴我們 $P \; \& \;T \Rightarrow R$，此即為我們要證明的目標，故將此 定理 X 用上去 Step 3，便可推得證欲證的 $R$ 至此證明完畢。$\square$
想法圖如下"
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| 證明想法圖 |
Ref: Robert S. Strichartz, "The Way of Analysis revised edition",
延伸閱讀:
3/05/2011
[基礎數學] 三角函數極座標與卡式座標互換等式
給定任意實數 $a,b, \omega$ 則對任意 $t$ 而言，
\[
a \cos (\omega t) + b \sin (\omega t) = A \cos (\omega t - \phi)
\]其中 $A = \sqrt{a^2 + b^2}$ 且 $\phi = \tan^{-1}(b/a)$
Proof:
首先定義複數 $z := a - bi$ 則存在 $A= \sqrt{a^2 + b^2}$ 與 $\phi = \tan^{-1}(b/a)$ 使得 $z = A e^{-i \phi}$ 接著我們觀察
\[\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
A{e^{i\left( {\omega t - \phi } \right)}} = {e^{i\left( {\omega t} \right)}} \cdot \left( {A{e^{ - i\left( \phi \right)}}} \right)\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\cos \left( {\omega t} \right) + i\sin \left( {\omega t} \right)} \right)z
\end{array}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\cos \left( {\omega t} \right) + i\sin \left( {\omega t} \right)} \right)\left( {a - bi} \right)}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = a\cos \left( {\omega t} \right) - bi\cos \left( {\omega t} \right) + ai\sin \left( {\omega t} \right) + b\sin \left( {\omega t} \right)}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {a\cos \left( {\omega t} \right) + b\sin \left( {\omega t} \right)} \right) - i\left( {b\cos \left( {\omega t} \right) - a\sin \left( {\omega t} \right)} \right)\;\;\;\;(*)}
\end{array}\]但又因為
\[A{e^{i\left( {\omega t - \phi } \right)}}: = A\left( {\cos \left( {\omega t - \phi } \right) + i\sin \left( {\omega t - \phi } \right)} \right) \;\;\; (\star)
\]故將 $(*)$ 與 $(\star)$ 實部相比，我們可立刻得知
\[ A \cos \left( {\omega t - \phi } \right) = a\cos \left( {\omega t} \right) + b\sin \left( {\omega t} \right)\]
Comment:
一般而言，我們將 $a \cos (\omega t) + b \sin (\omega t) $ 稱作三角函數的卡氏座標表示式 (Cartesian Form)，且 $A \cos (\omega t - \phi)$ 稱作三角函數的 大小-相位表示式 (Amlitude-Phase Form) 或 極座標表示式 (Polar Form)。
\[
a \cos (\omega t) + b \sin (\omega t) = A \cos (\omega t - \phi)
\]其中 $A = \sqrt{a^2 + b^2}$ 且 $\phi = \tan^{-1}(b/a)$
Proof:
首先定義複數 $z := a - bi$ 則存在 $A= \sqrt{a^2 + b^2}$ 與 $\phi = \tan^{-1}(b/a)$ 使得 $z = A e^{-i \phi}$ 接著我們觀察
\[\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
A{e^{i\left( {\omega t - \phi } \right)}} = {e^{i\left( {\omega t} \right)}} \cdot \left( {A{e^{ - i\left( \phi \right)}}} \right)\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\cos \left( {\omega t} \right) + i\sin \left( {\omega t} \right)} \right)z
\end{array}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {\cos \left( {\omega t} \right) + i\sin \left( {\omega t} \right)} \right)\left( {a - bi} \right)}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = a\cos \left( {\omega t} \right) - bi\cos \left( {\omega t} \right) + ai\sin \left( {\omega t} \right) + b\sin \left( {\omega t} \right)}\\
{\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \left( {a\cos \left( {\omega t} \right) + b\sin \left( {\omega t} \right)} \right) - i\left( {b\cos \left( {\omega t} \right) - a\sin \left( {\omega t} \right)} \right)\;\;\;\;(*)}
\end{array}\]但又因為
\[A{e^{i\left( {\omega t - \phi } \right)}}: = A\left( {\cos \left( {\omega t - \phi } \right) + i\sin \left( {\omega t - \phi } \right)} \right) \;\;\; (\star)
\]故將 $(*)$ 與 $(\star)$ 實部相比，我們可立刻得知
\[ A \cos \left( {\omega t - \phi } \right) = a\cos \left( {\omega t} \right) + b\sin \left( {\omega t} \right)\]
Comment:
一般而言，我們將 $a \cos (\omega t) + b \sin (\omega t) $ 稱作三角函數的卡氏座標表示式 (Cartesian Form)，且 $A \cos (\omega t - \phi)$ 稱作三角函數的 大小-相位表示式 (Amlitude-Phase Form) 或 極座標表示式 (Polar Form)。
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