组合数学作业Dilworth定理的证明
brower定理证明
brower定理证明在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石。
布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（英语：L. E. J. Brouwer）。
布劳威尔不动点定理说明：对于一个拓扑空间中满足一定条件的连续函数f，存在一个点x0，使得f(x0) = x0。
布劳威尔不动点定理最简单的形式是对一个从某个圆盘D射到它自身的函数f。
而更为广义的定理则对于所有的从某个欧几里得空间的凸紧子集射到它自身的函数都成立。
●定理表述不动点定理（fixed-point theorem）：对应于一个定义于集合到其自身上的映射而言，所谓不动点，是指经过该映射保持“不变的”点。
不动点定理是用于判断一个函数是否存在不动点的定理。
常用的不动点定理有：(1)布劳威尔不动点定理(1910年)：若A⊂R(N维实数集合)且A为非空、紧凸集，f：A→A是一个从A到A的连续函数，则该函数f(·)有一个不动点，即存在x∈A，x=f(x)。
该定理常被用于证明竞争性均衡的存在性。
(2)角谷(kakutani)不动点定理(1941年)：若A⊂R且A为非空、紧凸集，f ：A→A是从A到A的一个上半连续对应，且f(x)⊂A对于任意x∈A是一个非空的凸集，则f(·)存在一个不动点。
不动点定理一般只给出解的存在性判断，至于如何求解，则需要用到20世纪60年代末斯卡夫(H.E.Scarf)提出的不动点算法。
因此，不动点定理常被用于解决经济模型中出现的存在性问题，例如多人非合作对策中均衡点的存在性等。
数学定义设(A，d)为完备的度量空间，f为从A到其自身中的李普希茨映射。
如果李普希茨比的级数λ(fn)收敛，则存在A的唯一的点a，在f下该点不动。
其次，对A的任一元素x0，由递推关系：定义的级数(xn)必收敛于a。
这一定理尤其适用于f为压缩映射的情况。
沃利斯乘积证明
沃利斯乘积证明沃利斯乘积是数学中的一个重要定理，它给出了一种无穷乘积的表达形式，可以表示任意实数的正弦函数。
首先，让我们来了解一下沃利斯乘积的表达形式。
沃利斯乘积可以定义为：π/2sin(x) = ∏ (2n/(2n+1)) * (2n/(2n-1))n=1其中，sin(x)表示角度为x的正弦函数，n表示乘积中的项数。
为了证明沃利斯乘积，我们可以利用欧拉公式：πie^ix = -1其中，e是自然对数的底数，i是虚数单位，e^ix表示一个复数，-1表示复数的一个特殊值。
首先，我们用欧拉公式将正弦函数表示为复指数函数：πi πie^(ix) = cos(x) + sin(x)i根据欧拉公式的性质，我们可以得到：πi πie^(ix) = 2cos(x/2) * (cos(x/2) + sin(x/2)i)接下来，我们来进行一些数学操作，以便将其转化为沃利斯乘积的形式。
首先，将右边的复数展开：πicos(x/2) + sin(x/2)i = cos(x/2) + sin(x/2)i将欧拉公式中的复数部分展开为三角函数的形式：πicos(x/2) = e^(ix/2) + e^(-ix/2)sin(x/2) = e^(ix/2) - e^(-ix/2)将上面两个式子代入右边的复数形式中：πicos(x/2) + sin(x/2)i = (e^(ix/2) + e^(-ix/2)) + (e^(ix/2) - e^(-ix/2))i= 2e^(ix/2) + 2e^(-ix/2)i继续化简右边的复数形式：2e^(ix/2) + 2e^(-ix/2)i = 2e^(ix/2)(1 + e^(-ix))i我们知道，欧拉公式中有一个特殊的关系：e^(-ix) = 1/e^(ix)将上面的关系代入右边的复数形式中：2e^(ix/2)(1 + 1/e^(ix))i接下来，我们将考虑沃利斯乘积中的每一项，即(2n/(2n+1)) * (2n/(2n-1))。
高中数学重要公式定理证明方法
高中数学重要公式定理证明方法高中数学重要公式定理证明方法汇总高中数学定理证明应该怎么写呢?你认真写过高中数学定理证明吗?现在就跟着店铺一起来了解一下高中数学定理证明汇总吧。
高中数学定理证明模板一证明，已知a/sinA = b/sinB = c/sinC = 2R(1)a=2RsinA, b=2RsinB，c=2RsinC(a+b+c)/(sinA+sinB+sinC)=2R(sinA+sinB+sinC)/(sinA+sinB +sinC)=2R(2)(a-b-c)/(sinA-sinB-sinC)=2R(sinA-sinB-sinC)/(sinA-sinB-sinC)=2R(3)前2个代入后提取2R就出来了，后面3个是正弦定理已知的所以由(1)(2)(3)得到(a+b+c)/(sinA+sinB+sinC)=(a-b-c)/(sinA-sinB-sinC)=a/sinA = b/sinB = c/sinC = 2R高中数学定理证明模板二定理相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦定理把圆分成n(n≥3):⑴依次连结各分点所得的多边形是这个圆的内接正n边形⑵经过各分点作圆的切线，以相邻切线的交点为顶点的多边形是这个圆的外切正n边形定理任何正多边形都有一个外接圆和一个内切圆，这两个圆是同心圆正n边形的每个内角都等于(n-2)×180°/n定理正n边形的半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形正n边形的面积sn=pnrn/2p表示正n边形的周长正三角形面积√3a/4a表示边长如果在一个顶点周围有k个正n边形的角，由于这些角的和应为360°，因此k×(n-2)180°/n=360°化为(n-2)(k-2)=4弧长计算公式：l=nπr/180扇形面积公式：s扇形=nπr2/360=lr/2内公切线长=d-(r-r)外公切线长=d-(r+r)等腰三角形的两个底脚相等等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合如果一个三角形的两个角相等，那么这两个角所对的边也相等三条边都相等的三角形叫做等边三角形高中数学定理证明模板三数学公式抛物线：y = ax *+ bx + c就是y等于ax 的平方加上 bx再加上 ca > 0时开口向上a < 0时开口向下c = 0时抛物线经过原点b = 0时抛物线对称轴为y轴还有顶点式y = a(x+h)* + k就是y等于a乘以(x+h)的平方+k-h是顶点坐标的xk是顶点坐标的y一般用于求最大值与最小值抛物线标准方程:y^2=2px它表示抛物线的焦点在x的正半轴上,焦点坐标为(p/2,0) 准线方程为x=-p/2由于抛物线的焦点可在任意半轴,故共有标准方程y^2=2px y^2=-2px x^2=2py x^2=-2py圆：体积=4/3(pi)(r^3)面积=(pi)(r^2)周长=2(pi)r圆的标准方程 (x-a)2+(y-b)2=r2 注：(a,b)是圆心坐标圆的一般方程 x2+y2+Dx+Ey+F=0 注：D2+E2-4F>0(一)椭圆周长计算公式椭圆周长公式：L=2πb+4(a-b)椭圆周长定理：椭圆的周长等于该椭圆短半轴长为半径的圆周长(2πb)加上四倍的该椭圆长半轴长(a)与短半轴长(b)的差。
勾股定理的十六种证明方法word精品文档8页
勾股定理的十六种证明方法【证法1】此主题相关图片如下：做8个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a、b，斜边长为c，再做三个边长分别为a、b、c的正方形，把它们像上图那样拼成两个正方形.从图上可以看到，这两个正方形的边长都是a + b，所以面积相等. 即a^2+b^2+4*(ab/2)=c^2+4*(ab/2)整理得到：a^2+b^2=c^2。
【证法2】以a、b 为直角边，以c为斜边做四个全等的直角三角形，则每个直角三角形的面积等于 ab/2.把这四个直角三角形拼成如图所示形状，使A、E、B三点在一条直线上，B、F、C三点在一条直线上，C、G、D三点在一条直线上.∵RtΔHAE ≌ RtΔEBF,∴∠AHE = ∠BEF.∵∠AEH + ∠AHE = 90º,∴∠AEH + ∠BEF = 90º.∴∠HEF= 180º―90º= 90º.∴四边形EFGH是一个边长为c的正方形. 它的面积等于c^2.∵RtΔGDH ≌ RtΔHAE,∴∠HGD = ∠EHA.∵∠HGD + ∠GHD = 90º,∴∠EHA + ∠GHD = 90º.又∵∠GHE = 90º,∴∠DHA = 90º+ 90º= 180º.∴ ABCD是一个边长为a + b的正方形，它的面积等于(a+b)^2.∴(a+b)^2=c^2+4*(ab/2)，∴ a^2+b^2=c^2。
此主题相关图片如下：【证法3】以a、b 为直角边（b>a），以c为斜边作四个全等的直角三角形，则每个直角三角形的面积等于ab/2. 把这四个直角三角形拼成如图所示形状.∵RtΔDAH ≌ RtΔABE,∴∠HDA = ∠EAB.∵∠HAD + ∠HAD = 90º，∴∠EAB + ∠HAD = 90º，∴ ABCD是一个边长为c的正方形，它的面积等于c^2.∵EF = FG =GH =HE = b―a ,∠HEF = 90º.∴ EFGH是一个边长为b―a的正方形，它的面积等于(b-a)^2.∴(b-a)^2+4*(ab/2)=c^2，∴ a^2+b^2=c^2。
Dilworth定理
一个反链A是X的一个子集，它的任意两个元素都不能进行比较。
一个链C是X的一个子集，它的任意两个元素都可比。
下面是两个重要定理：
定理1 令（X,≤）是一个有限偏序集，并令r是其最大链的大小。则X可以被划分成r个但不能再少的反链。
其对偶定理称为Dilworth定理：
定理2 令（X,≤）是一个有限偏序集，并令m是反链的最大的大小。则X可以被划分成m个但不能再少的链。
反对称性：如则a≤c 。
带有偏序关系的集合称为偏序集。
令(X,≤)是一个偏序集，对于集合中的两个元素a、b，如果有a≤b或者b≤a，则称a和b是可比的，否则a和b不可比。
在X中，对于元素a，如果任意元素b，由b≤a得出b=a，则称a为极小元。
Dilworth定理
偏序集的两个定理：
定理1 令（X,≤）是一个有限偏序集，并令r是其最大链的大小。则X可以被划分成r个但不能再少的反链。
其对偶定理称为Dilworth定理：
定理2 令（X,≤）是一个有限偏序集，并令m是反链的最大的大小。则X可以被划分成m个但不能再少的链。
说白了就是 链的最少划分数=反链的最长长度
练习题目:1677(hdu): Nested Dolls
虽然这两个定理内容相似，但第一个定理证明要简单一些。此处就只证明定理1。
证明：设p为最少反链个数
(1)先证明X不能划分成小于r个反链。由于r是最大链C的大小，C中任两个元素都可比，因此C中任两个元素都不能属于同一反链。所以p>=r。
(2)设X1＝X，A1是X1中的极小元的集合。从X1中删除A1得到X2。注意到对于X2中任意元素a2，必存在X1中的元素a1，使得a1<=a2。令A2是X2中极小元的集合，从X2中删除A2得到X3……最终，会有一个Xk非空而X(k+1)为空。于是A1,A2,...,Ak就是X的反链的划分，同时存在链a1<=a2<=...<=ak，其中ai在Ai内。由于r是最长链大小，因此r>=k。由于X被划分成了k个反链，因此r>=k>=p。因此r=p，定理1得证。
毕业论文沃利斯公式的证明及其应用
毕业论文-沃利斯公式的证明及其应用盐城师范学院毕业论文沃利斯公式的证明及其应用学生姓名学院数学科学学院专业数学与应用数学班级 10（2）班学号 10211255 指导教师韩诚2014年 5 月 25 日沃利斯公式的证明及其应用摘要Wallis公式在求Euler-Poisson积分和推导Stirling公式的过程中扮演了很重要的角色．近几年来，国内很多数学分析的教材都引入Wallis公式，但教材中关于其应用的论述很少．本文针对Wallis公式的证明并将Wallis公式进行两个简单推广，从数列极限计算、积分计算以及级数收敛性判断几个方面探讨Wallis公式的应用，为微积分教学提供有意义的素材和思路．【关键词】Wallis公式；极限；积分Proof and Its Applications of Wallis FormulaAbstractThe formula of Wallis plays an important role in the process to obtain the Euler- Poisson integral and the derivation of Stirling formula. In recent years, many domestic analysis mathematics textbooks into Wallis formula, but little about the applications of the teaching material. This paper proves that the little Wallis formula and the Wallis formula is two simple promotion, as well as the series convergence judgment application aspects of Wallis formula from the sequence limit calculation, integral calculation, to provide significant material and ideas for the teaching of calculus.[Key words] Wallis formula, limit, integral目录引言 (1)1 沃利斯公式的证明及推广 (1)1.1沃利斯公式的新证明 (1)1.1.1有限次代数方程根与系数的关系类比到无限次方程 (1)1.1.2应用含参量积分证明沃利斯公式 (3)1.2沃利斯公式的推广 (4)1.2.1含参数的沃利斯公式 (4)1.2.2含沃利斯公式的不等式 (5)2 沃利斯公式的应用 (7)2.1 沃利斯公式在极限计算中的应用 (7)2.2 沃利斯公式在积分计算中的应用 (9)2.3 沃利斯公式在级数收敛判别中的应用 (11)3 总结 (13)参考文献 (14)引 言近几年来，国内很多数学分析教材都引入Wallis 公式，关于其证明方法有很多种，一般都是利用积分sin d cos d n n n J x x x x ==⎰⎰证明的，本文将借助类比思维，分别利用根与系数关系的思维方法和含参量定积分来证明Wallis 公式．此外，教材中关于其应用论述的很少，这是为什么呢？因为很多可以应用Wallis 公式的“高地”被斯特林公式占领了．但本文搜集到一些不能应用斯特林公式却可以能应用Wallis 公式的例子．且Wallis 公式在推导斯特林公式中扮演很重要的角色，从加深理解Wallis 公式的角度探求其一些简单推广以及其在极限计算、积分计算和级数收敛判别方面的应用．1 沃利斯公式的证明及推广1.1沃利斯公式的新证明沃利斯公式[]1指的是2124(2)lim 2113(21)2n n n n π→∞⎛⎫⋅= ⎪+⋅-⎝⎭. 经过开平方后，则Wallis 公式可以写为22n n =现引入这样的数学记号：135(21)(21)!!n n ⋅⋅-=-，246(2)(2)!!n n ⋅⋅=，则Wallis公式又可以写成21(2)!!lim 21(21)!!2n n n n n π→∞⎛⎫== ⎪+-⎝⎭或.（1-1）1.1.1有限次代数方程根与系数的关系类比到无限次方程类比的思维是人们把个别问题解决后所得到的经验用来解决其他近似问题的一种类似联想的思维的方法，类比这个重要的数学思想方法，曾被波利亚称为科学发现的“伟大引路人”[2]，被17世纪德国著名天文学家和数学家开普勒视为“知道大自然一切秘密”的“导师”.在这我们也将采用类比思维.对于有限次代数方程20120n n b b x b x b x ++++=，00b ≠ 假如有n 个不同的根1,k 2,k 3,k ,n k ，那么左边的多项式就可以表示为k 线性因子乘积，即20121231111n n n x x x x b b x b x b x k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=---- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 比较这个恒等式两边x 的同次幂的系数，就可以得到根和系数的关系. 特别是偶数次方程242012(1)0n n n a a x a x a x -+++-=有2n 个不相同的根1122,,,,,,n n αααααα---，则有242012(1)nn n a a x a x a x -+++-=2222022221231111n x x x x a a ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，我们比较二次项系数有1022212111n a a ααα⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭.根据幂级数展开式[]1，在0x ≠，则2468sin 13!5!7!9!x x x x x x =-+-++.利用无穷多项方程2468103!5!7!9!x x x x -+-++=.（1-2）由于方程（1-2）的根为：,2,3,4,5,6ππππππ±±±±±±，则246822222222221sin 1111113!5!7!9!(2)(3)()()n x x x x x x x x x x x n n πππππ∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++=--⨯--=- ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏即221sin 1n x x x n ππ∞=⎛⎫=- ⎪⎝⎭∏.（1-3）因为221()n x n π∞=∑绝对收敛，所以这无穷乘积是绝对收敛的. 在（1-3）中令12x =，得22211(2)21(2)!!1lim lim 2(21)(21)2121(21)!!21t t t n n n n t n n n n t t π∞→∞→∞==⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪-+-+-+⎝⎭⎝⎭∏∏, 沃利斯公式（1-1）得证.1.1.2应用含参量积分证明沃利斯公式引理1[]3 设20(,)sin cos d (,)m n J m n x x x m n π*=∈Z ⎰，则有11(,)(,2)(2,)n m J m n J m n J m n m n m n--=-=-++.定理1设10n I x x =⎰，n *∈N ，证明212n n n I I n --=+. 证明 令sin x t =，根据引理1得2222211sin cos d (,2)(2,2)sin cos d 22nn n n n I t t t J n J n t t t n n ππ---===-=++⎰⎰ sin t x =令2112200111222n n n n n n x x x x I n n n ------==+++⎰⎰. 由于04I x π==⎰，11013I x ==⎰，因此当2(1,2,)n m m ==时，即2212331(21)!!222644(22)!!2m m m m I m mm ππ---=⋅⋅⋅=++. 当21(0,1,2,)n m m =+=时，21222421(2)!!2321753(23)!!m m m m I m m m +-=⋅⋅⋅=+++. 则1(21)!!,(22)!!2(2)!!,(23)!!n m m I x x m m π-⎧⎪+⎪==⎨⎪⎪+⎩⎰ 2.2,1n m n m ==+ 另一方面，由定积分的保不等式性质知，当(0,1)x ∈时，有1112220m m xx xx x x +-<<⎰⎰⎰,从而得到(2)!!(21)!!(22)!!(23)!!(22)!12(21)!!m m m m m m π--<<+++， 从上式可得到22(2)!!122(2)!!122(21)21232(21)!!2121m m m m m m m m m m π⎛⎫⎛⎫++⋅⋅<<⋅⋅ ⎪ ⎪-++-++⎝⎭⎝⎭.在上式中，令2(2)!!1(21)!!21m m A m m ⎛⎫=⋅ ⎪-+⎝⎭，则 2212223221m m m m A m π++<<++. 由于2222limlim 12321m m m m m m →∞→∞++==++，因此根据迫敛性可知1lim 12m mA π→∞⋅=，因而lim 2m m A π→∞=⇒2(2)!!1lim (21)!!212m m m m π→∞⎛⎫= ⎪-+⎝⎭. Wallis 公式（1-1）得证. 1.2沃利斯公式的推广 1.2.1含参数的沃利斯公式对任意非负实数x 和正整数n ，则有2(2)(4)(2)1lim (1)(3)(21)21n x x n x x x n x n x →∞⎡⎤+++=⎢⎥++-+++⎣⎦1(1)xxI x I ++（1-4）其中20sin d x x I t tπ=⎰[4].证明 由分部积分法知，当2u ≥时，则有12200sin d sin d cos uu u I t t t t ππ-==-⎰⎰ 2(1)(1)u u u I u I -=---.因此有21u u u I I u--=. 于是2212312222n x x n x n x xI I n x n xx+-+-++=⋅+-++，211222221213n x x n x n xxI I n x n x x++++-++=⋅++-++， 从而212210n x n x n x I I I +++-+≤≤≤，即21212122121n x n x n x n xI I n xn x I I ++++-+++=≤≤++，令n →∞，利用夹逼定理并整理得到（1-4）式.注1 令0x =，可以得到著名的Wallis 公式 1.2.2含沃利斯公式的不等式关于Wallis公式(21)!!(2)!!n n nπ-的研究一直以来都受数学家的关注[5]，1956年Kazarinoff 给出了如下含Wallis 公式形式的不等式[6](21)!!(2)!!n n-<<本文将含Wallis 公式不等式推广为 当2K ≥时，有下列式子成立 12112K K nKK K nK---≤⋅≤,（1-5）或21211K KnK K K nK ≤⋅≤+++.（1-6）证明 如果1K=，式（1-5）显然成立.如果2K ≥，用数学归纳法证明，式（1-5）左边 当1n =时，显然成立.假设对式子（1-5）的左边对于正整数n 成立，则下面证明对于1n +同样成立，由归纳假设，只要证明(1)1(1)n K n K+-≤+, 即证明[][]1(1)1(1)k kn n K n K n++-≥+,亦即 1111(1)kn n n K ⎡⎤+-≥⎢⎥+⎣⎦. （1-7）根据伯努利不等式[7](1)1k x Kx +≥+ (1,10)x K K >-><或. 令1(1)x n K=-+，则1111111(1)1kn n n n K n n ⎡⎤++⎡⎤-≥-=⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎣⎦. 所以式（1-7）成立.因此，对任意正整数n ，式子（1-5）的左边成立.下面证明式（1-5）的右边成立.当1n =时，要证明(1-5)的右边成立，只要证明1K K -≤即可，化简可知这个不等式成立的充要条件为2k K K ≥，又由于2K ≥时，有12(2)0k k K K K K --=-≥.因此，此时式（1-5）的右边成立 .假设式（1-5）的右边对于正整数n ，下面证明1n +同样成立，只要证明(1)1(1)n K n K +-≤+, 而此不等式成立的充要条件为[][][][](1)(1)1(1)1(1)1(1)kkn K K n K n K K n K +++-+-≤++-+,即[]{}[][]{}[]{}(1)1(1)(1)1(1)1(1)11kkn K n K n K n K n n K +-+++⋅+-≤+-+⋅+-+（1-8）但是，由Newton 二项式公式，式子（1-8）的右边不小于下面的式子：[]{}[][][]12(1)(1)1(1)1(1)1(1)12kk k K K n K n n K K n K n K ---⎧⎫+-+⋅+-++-++-⎨⎬⎩⎭[][][]11(1)(1)1()(1)1(1)12k k k K K n K n K n K nK n K +--⎡⎤≥+-+++-+++-⎢⎥⎣⎦[][][][]11(1)1()(1)1(1)(1)1k k k n K n K n K K nK n K +-≥+-+++-+-++-[][]1(1)1(1)(1)1k kn K n K n K +=+-++++-[]{}[](1)1(1)(1)1kn K n K n K =+-+++⋅+-.所以式子（1-8）成立.因此，对任意正整数n ,式子（1-5）的右边成立.2 沃利斯公式的应用2.1 沃利斯公式在极限计算中的应用由于沃利斯公式和极限有关，所以在计算一些极限的问题可以通过沃利斯公式会很容易出来.例1 求极限135(21)lim246(2)n n n →∞⋅⋅-⋅⋅.解 利用沃利斯公式（1.3），可得135(21)lim246(2)n n n →∞⋅⋅⋅-=⋅⋅(21)!!lim (2)!!n n n →∞-(21)!!lim (2)!!n n n→∞⎛-= ⎝ (21)!!lim (2)!!n n n n→∞⎛-=⋅ ⎝00==.例2 设1)!!!!n n a n -=（n ∈N ），试证lim n n a →∞=lim nn a →∞=解 由于22221122n n a na n ++==>+， 21212121n n a n a n +-==>+，因此{}2n a ，{}21n a +是递增数列.根据沃利斯公式，则2lim n n a →∞=21lim n n a +→∞=.得证.例3 求极限268(24)lim 57(23)n n n →∞⎛⎫⋅+⎪⋅+⎝⎭.解 由沃利斯（Wallis ）公式的推广（1-4），则有2(2)(4)(2)1lim (1)(3)(21)21n x x n x x x n x n x →∞⎛⎫+++ ⎪++-+++⎝⎭2120sin d (1)sin d x x t tx t tππ+=+⎰⎰.令4x =则2(2)(4)(2)lim (1)(3)(21)n x x n x x x n x →∞⎛⎫+++ ⎪++-+⎝⎭268(24)lim 57(23)n n n →∞⎛⎫⋅+=⎪⋅+⎝⎭420520sin d lim(25)5sin d n t tn t tππ→∞=⋅+⋅⎰⎰9lim(25)128n n π→∞=⋅+=∞.例4 求极限2111lim 1925(21)n n →∞⎛⎫++++⎪+⎝⎭.解 因为1'22(arcsin )(1)x x -==-24611111()(1)()(1)(2)1222221()22!3!x x x --------=--+-+246231131351222!23!x x x ⋅⋅⋅=++++⋅⋅ 21(21)!!1(2)!!nn n x n ∞=-=+∑，(1,1)x ∈-.因此 201(21)!!arcsin (1)(2)!!nn n x x dx n ∞∞=-=+∑⎰211(21)!!(2)!!21n n n x x n n +∞=-=+⋅+∑（2-1）由于当1x =时，级数1(21)!!1(2)!!21n n n n ∞=-⋅+∑在1x =处收敛[8]（本文下面给予证明），又由于函数项级数M-检验法知，级数(1)在[]1,1-上一致收敛.在（2-1）中，令sin ()22x t t ππ=-≤≤，有211(21)!!sin sin (2)!!21n n n tt t n n +∞=-=+⋅+∑，（2-2）对（2-2）所在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦取积分，并且由逐项积分公式，则有212220001(21)!!sin d sin d (2)!!(21)n n n tdt t t t t n n πππ∞+=-=+⋅+∑⎰⎰⎰， 221201(21)!!1sin d 8(2)!!(21)n n n t t n n ππ∞+=-=+⋅+∑⎰，又由沃利斯公式可知，2120(2)!!sin d (21)!!n n t t n π+=+⎰，于是21(21)!!(2)!!18(2)!!(21)(21)!!n n n n n n π∞=-=+⋅++∑2200111(21)(21)n n n n ∞∞===+=++∑∑ 即22111lim(1)925(21)8n n π→∞++++=+. 2.2 沃利斯公式在积分计算中的应用对于一些不易用积分法求出原函数的积分，但是利用沃利斯公式却可能很容易解决这些问题.例5[9]求积分2x I e dx +∞-=⎰.解 假设0x ≠，由2462224211112!3!1x x x x x e x x x+<++++=<+++==, 可知222111x x e x--<<+, 注意，前者仅对01x <<正确，而后者对任一0x >都对，由此可得22(1)nnx x e--< (01)x <<，221(1)nx ne x -<+ (0)x >. 取积分2211220(1)(1)nnx nx ndxx dx eex ∞∞---<<<+⎰⎰⎰⎰.但用替换u =可得2d nxe x I ∞-=⎰. 又122120246(22)(2)(1)sin d 135(21)nn n n x dx t t n π+⋅⋅-⋅-==⋅⋅+⎰⎰,即22220013(23)sin (1)24(22)2n n dx n tdt x n ππ∞-⋅-==+⋅-⎰⎰, 所以246(22)(2)13(23)135(21)24(22)2n n n I n n n π⋅⋅-⋅-<<⋅⋅⋅⋅+⋅-.平方得222222(24(22)(2))(13(23))(21)21(135(21))(21)21(24(21))4n n n n n n I n n n n n π⋅-⋅--⎛⎫<<⋅ ⎪+⋅⋅-+-⋅-⎝⎭.由沃利斯公式得22(24(22)(2))lim (135(21))(21)2n n n n n π→∞⋅-=⋅⋅-+. 可知，当n →∞时2112222I ππ⋅≤≤⋅, 即24I π=.因此2d xe x ∞-=⎰例6 求10100sin d J x x x π=⎰的值.解 102100sin d J x x ππ=⎰9753108644ππ=⋅⋅⋅⋅⋅23152560π=. 例7 求积分35221(54)d x x x x -+-⎰的值.解 3355222211(54)d 9(2)d x x x x x x x --⎡⎤+-=--⎣⎦⎰⎰ 令23sin x θ-=,则3cos d dx θ=.原式32222(23sin )(99sin )(3cos d )ππθθθθ-=+-⎰322(23sin )27cos 3cos d ππθθθθ-=+⋅⋅⎰42281(23sin )cos d ππθθθ-=+⎰442222162cos d 243cos sin d ππππθθθθθ--=+⎰⎰4201622cos d 0πθθ=⋅+⎰3!!3244!!2π=⋅⋅2434π=. 2.3 沃利斯公式在级数收敛判别中的应用对于一些级数收敛性的判别问题，文献[10]指出若利用沃利斯公式可能会起到事半功倍的效果.例8 判别正项级数1(21)!!(2)!!sn n n ∞=⎡⎤-⎢⎥⎣⎦∑，（s R ∈）的敛散性. 证 由于通项(21)!!(2)!!sn n u n ⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦含有双阶乘的运算，原则上想到运用比式判别法，但是由于1lim1n n nu u +→∞=，因此比式判别法失效.若运用拉贝判别法，由于122lim (1)lim 121s nn n n a n n n a n →∞→∞+⎡⎤+⎛⎫⋅-=⋅-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦1lim 11212n s sn n n ο→∞⎡⎤⎛⎫=⋅++-= ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦，所以当12s>时，即2s >时收敛，当2s <时则发散，但当2p =时拉贝判别法则无法进行判别.但如果利用沃利斯公式，不仅对于2s >和2s <时的情况可以判别，而且对2s =时的情况也能判别.比如： 由沃利斯公式得12(21)!!1()(2)!!21n n n n nππ-⋅⋅→∞+.则正项级数1(21)!!(2)!!sn n n ∞=⎡⎤-⎢⎥⎣⎦∑与正项级数121sn n∞=∑的敛散性相同.由上分析可得正项级数1(21)!!(2)!!sn n n ∞=⎡⎤-⎢⎥⎣⎦∑当2s >时收敛，当2s ≤时发散 . 例9 二项式级数1(1)(1)(1)1!mnn m m m n x x n ∞=--++=+∑当1x =，10m -<<时条件收敛 .证 令01u =，n u 表示二项式级数在1x =时的通项，则 ()(1)1(1)(1,2,3)!nn m m m n u n n ++-=-=，故此二项式级数是一交错级数，且1n n u u +>(0,1,2)n =， 由于01m <<，则必存在两个正整数K 和J ，使11K m J K-≤≤， 再结合沃利斯公式的推论中式子（1-5）可得111(1)1!n K K K n K K K u n ---⎛⎫++- ⎪⎝⎭≤12112K K nK K KnK---=⋅ ≤即lim 0n n u →∞=，由Leibniz 判别法可知级数0n n u ∞=∑收敛.又11111!n n J J J u n ⎛⎫⎛⎫++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥ 沃利斯公式推广中公式(1-6)得11(1)12n J n J u J JnJ+-+≥⋅ 1211121J J nJ J J nJ nJ +++⎡⎤=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦ 212J n≥>.再由调和级数11n n ∞=∑发散可知级数1n n u ∞=∑发散.所以当1x =，10m -<<时二项式级数条件收敛.3 总 结本文针对沃利斯公式的应用进行研究，给出了沃利斯公式在求某些极限计算、积分计算、级数收敛的简便之处.并且将沃利斯公式进行简单的推广，在证明某些级数收敛性问题时，运用达朗贝尔法与拉贝判别法时会失效，但运用沃利斯公式会很简单有效的解决这类问题，此外我们知道在有关二项式级数在收敛区间端点的收敛性是一个较为困难的问题，有的教材对此置之不理，有的则要借助于几何级数来解决，本文利用对沃利斯公式的推广能有效的解决一些此类型的问题.当然还有更多问题值得我们探讨，例如对含参数的沃利斯公式的更多应用以及含沃利斯公式的双边不等式的推广可以给出更为精确的结果，以及沃利斯公式在二项式2n n C 的上下界的研究等，这些问题将另文研究.参考文献[1] 华东师范大学数学系．数学分析上册（第四版）．北京：高等教育出版社，2001． [2] 屈芝莲.Wallis 公式新证明.科学技术与工程,2011,1:549-550.[3] Mikhail Kovalyov. Elementary Combinatorial-Probabilistic Proof of the WallisFormulas. Journal of Mathematics and Statistics,2009,5:408-409.[4] 李建军.一种含参数的Wallis 公式与Stirlin g 公式.数学理论与应用,2008,3:52-53.[5] 赵德钧.关于含Wallis 公式的双边不等式.数学的实践与认识，2004,34(7):167-168.[6] D.k Kazarinoff. On Wallis’ formula . Edinburgh Math Notes,1956,40:19-21. [7] 张文亮.一个不等式的探讨.2004,3:19-21. [8] JeffreyH.Wallis’formulafor.Methods of MathematicalPhysics,1988,3:468-467.[9] 王振芳,陈慧琴.沃利斯(Wallis )公式及其应用.山西大同大学学报,2011,10:5-6.[10] 张国铭.Wallis 公式的几个应用.高等数学研究,2008,9:37-40.。
dilworth定理证明及应用
dilworth定理证明及应用
dilworth定理是数学中一个有趣的定理，它可以证明某种特定的集合的大小可以表示为另外的集合的总和。
在抽象代数和图论中，它有广泛的应用，我们可以使用它解决各种有趣的问题，比如说用它来确定给定图的最小的染色数量。
在这种情况下，达沃夫定理可以利用乘减数理论划分图的集合，从而得到最少的染色数。
此外，达沃夫定理还可以拓展到有向图和加权图上，我们可以使用它来确定最佳的路径路线，并为节点或边分配权重，以便最后定位最短路径，因为达沃夫定理的有效性，我们可以用它来解决非常复杂的路由问题，这非常有用。
此外，达沃夫定理也可用于解决多重性能问题，比如可以用它找出一个系统中影响性能最小的子集，这对寻求最佳性能非常有用。
总之，达沃夫定理是数学中一种极为重要的定理，它能够解决图论和抽象代数中很多有趣的问题，其应用方法还可以拓展到有向图，多重性能测试等方面来提升性能，因此，达沃夫定理非常重要，有着广泛的应用前景。
牛顿-莱布尼茨公式的详细证明
牛顿—莱布尼茨公式● 前言此证明主要是献给那些无论如何，竭斯底里都想知道自已手上这条无与伦比公式背后的秘密的高中生。
公式的证明首先是从定积分的基本性质和相关定理的证明开始，然后给出积分上限函数的定义，最后总揽全局，得出结论。
证明过程会尽可能地保持严密，也许你会不太习惯，会觉得多佘，不过在一些条件上如函数f(x)，我们是默认可积的。
所有证明过程都是为后续的证明做铺掂的，都是从最低层最简单开始的，所以你绝对，注意，请注意，你是绝对能看懂的，对于寻求真理的人，你值得看懂！ (Ps ：如果你不太有耐心，我建议你别看了，因为这只会让你吐出垃圾两个字)● 定积分性质的证明首先给出定积分的定义：设函数f(x)在区间[a,b]上连续，我们在区间[a,b]上插入n-1个点分成n 个区间[a,x 1],[x 1,x 2]…[x n ,x n-1]，其中x 0=a ，x n =b ，第i 个小区间∆x i = x i -x i-1(i=1,2…n)。
由它的几何意义，我们是用无数个小矩形的面积相加去模拟它的面积，因此任一个小矩形的面积可表示为∆S i =f(εi ) ∆x i ,为此定积分可以归结为一个和式的极限即： 性质1：证明⎰bac dx = C(b-a)，其中C 为常数.几何上这就是矩形的面积性质2：F(x)和G(x)为函数z(x)的两个原函数，证明F(x)=G(x)+C,C 为常数.设K(x)=F(x)-G(x) 定义域为K1021110()lim ()lim (...)lim ()()nb i i n n a n n i n n f x dx f xc x x x x x x c x x c b a ε-→∞→∞=→∞=∆=-+-++-=-=-∑⎰()()()()()()()()0()()()lim 0F x G x z x K x F x G x z x z x K x x K x K x ''=='''∴=-=-=+∆-'∴==1()lim ()n b a n i i i f x dx f x ε→∞==∆∑⎰即对任意的x ∈K,都存在一个以|x ∆|为半径的区间,使得K(x+x ∆)=K(x)∴函数值在K 内处处相等，K(x)=C K(x)为一直线即: F(x)-G(x)=C性质3：如果f(x)≤g(x),则设k(x)=f(x)-g(x),有k(x)≤0.即相关定理的证明介值定理：设f(x)在区间[a,b]上连续，当x ∈[a,b],取m 为f(x)的最小值,M 为f(x)的最大值,对于任意的一个介于m ,M 的数C,至少存在一点ε∈(a,b),有f(ε)=C证明：运用零点定理:设f(x)在[a,b]上连续,若f(a)*f(b)<0,则至少存在一点ε∈(a,b),有f(ε)=0设x1,x2∈[a,b],且x1<x2,f(x1)=m,f(x2)=M,g(x)=f(x)-C,其中m<C<M则：g(x1)=f(x1)-C<0 g(x2)=f(x2)-C>0即: g(x1)*g(x2)<0 由零点定理得，至少存在一点ε∈(x1,x2),有g(ε)=0= f(ε)-C => f(ε)=CPs: 在这里，零点定理在高中应该有介绍，很美妙的一个定理，在几何上有明显 的意义，通俗的理解是：有两个点，一个大于0（在x 轴上方），一个小于0(在x 轴下方)，要用一条连续的线把它连起来，那么势必至少会与x 轴有一个交点。
牛顿几何三大定理及证明
牛顿三大定理牛顿定理1：完全四边形两条对边的延长线的交点所连线段的中点和两条对角线的中点，三点共线。
这条直线叫做这个四边形的牛顿线。
证明：四边形ABCD,AB∩CD=E,AD∩BC=F,BD中点M,AC中点L,EF中点N。
取BE中点P,BC 中点R,PN∩CE=QR,L,Q共线，QL/LR=EA/AB，M,R,P共线。
RM/MP=CD/DE，N,P,Q共线，PN/NQ=BF/FC三式相乘得:QL/LR*RM/MP*PN/NQ=EA/AB*CD/DE*BF/FC由梅涅劳斯定理QL/LR*RM/MP*PN/NQ=1由梅涅劳斯定理的逆定理知:L,M,N三点共线故牛顿定理1成立牛顿定理2圆外切四边形的两条对角线的中点，及该圆的圆心，三点共线。
证明：设四边形ABCD是⊙I的外切四边形，E和F分别是它的对角线AC和BD的中点，连接EI只需证它过点F，即只需证△BEI与△DEI面积相等。
显然，S△BEI=S△BIC+S△CEI-S△BCE，而S△DEI=S△ADE+S△AIE-S△AID。
注意两个式子，由ABCD外切于⊙I，AB+CD=AD+BC，S△BIC+S△AID=1/2*S四边形ABCD，S△ADE+S△BCE=1/2*S△ACD+1/2*S△ABC=1/2*S四边形ABCD。
即S△BIC+S△AID=S△ADE+S△BCE，移项得S△BIC-S△BCE=S△ADE-S△AID，由E是AC中点，S△CEI=S△AEI，故S△BIC-S△CEI-S △BCE=S△ADE-S△AIE-S△AID，即S△BEI=△DEI，而F是BD中点，由共边比例定理EI过点F即EF过点I，故结论成立。
证毕。
牛顿定理3圆的外切四边形的对角线的交点和以切点为顶点的四边形对角线交点重合。
证明设四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA与内切圆分别切于点E,F,G,H. 首先证明,直线AC,EG,FH交于一点.设EG,FH分别交AC于点I,I'.显然∠AHI‘=∠BFI ’因此易知 AI'*HI'/FI'*CI'=S(AI'H)/S(CI'F)=AH*HI'/CF*FI'故 AI'/CI'=AH/CF.同样可证:AI/CI=AE/CG又AE=AH,CF=CG.故AI/CI=AH/CF=AI'/CI'.从而I,I'重合.即直线AC,EG,FH交于一点.同理可证:直线BD,EG,FH交于一点.因此直线AC,BD,EG,FH交于一点.。
刘维尔定理和鲁歇定理证明代数基本定理
刘维尔定理和鲁歇定理是代数学中的两个重要定理，它们在证明代数基本定理中起着至关重要的作用。
以下就这两个定理的证明过程进行详细介绍。
一、刘维尔定理的证明1.1 定理表述：对于任意次数大于1的复系数多项式，存在至少一个复数根。
1.2 证明思路：我们可以通过数学归纳法来证明刘维尔定理。
当多项式次数为1时，其根即为多项式的系数比。
假设对于次数为n-1的多项式，定理成立，即存在复数根。
现在，来证明对于次数为n的多项式也存在复数根。
1.3 证明过程：设多项式为f(x)，次数为n，如果f(x)有根，即存在复数a，使得f(a)=0。
那么我们可以将f(x)表示为f(x)=(x-a)g(x)，其中g(x)是次数为n-1的多项式。
根据数学归纳法的假设，g(x)存在复数根，即存在复数b，使得g(b)=0。
f(x)也存在复数根，刘维尔定理得证。
1.4 总结：通过数学归纳法的证明，我们可以得出刘维尔定理成立的结论。
这个定理为证明代数基本定理奠定了重要的基础。
二、鲁歇定理的证明2.1 定理表述：如果多项式的所有系数都是实数，则存在实数或复数根。
2.2 证明思路：鲁歇定理是一个重要的代数学定理，它为证明代数基本定理提供了重要的依据。
证明思路是通过复系数多项式的实部和虚部进行分离，并通过构造新的实系数多项式来证明定理。
2.3 证明过程：假设f(x)为一个复系数多项式，其所有系数都是实数。
我们将f(x)表示为f(x)=g(x)+ih(x)，其中g(x)和h(x)分别为f(x)的实部和虚部。
现在，我们构造一个新的实系数多项式F(x)=g(x)^2+h(x)^2，不难验证F(x)存在实数或复数根。
根据鲁歇定理，原复系数多项式f(x)也存在实数或复数根。
2.4 总结：通过构造新的实系数多项式，我们成功地证明了鲁歇定理。
这个定理为证明代数基本定理提供了重要的工具。
三、代数基本定理的证明3.1 定理表述：任何次数大于1的复系数多项式都有至少一个复数根。
Dilworth定理证明
Dilworth定理证明命题：偏序集能划分成的最少的全序集的个数与最⼤反链的元素个数相等。
（离散数学结构第六版课本P245：把⼀个偏序集划分成具有全序的⼦集所需要的最少⼦集个数与元素在偏序下都是不可⽐的最⼤集合的基数之间有什么关系？）证明：设偏序集S。
S能划分成的最少的全序集的个数为K，S的最⼤反链的元素个数为M。
1. 先证明K>=M。
设反链A={a1,a2,...,aM}。
假设K<M，那么由抽屉原理，必然有两个元素ai,aj在同⼀个全序集中。
那么ai,aj可⽐。
与ai,aj不可⽐⽭盾。
2. 再证明K=M。
⽤第⼆数学归纳法。
设全序集S中有m个元素。
(1)当m=0和m=1时，对于命题结论显然成⽴。
(2)假设m<n(n∈N+)时命题成⽴，现在证m=n时，命题也成⽴。
设x为S中的⼀个极⼤元。
考虑S'=S-{x}这个偏序集。
由于|S'|<n，由归纳假设，S'满⾜命题。
设 S' 能划分成的最⼩的全序集个数为k，最⼤反链的元素个数也为k。
那么我们设S'被划分成了k个链分别为C1,C2,...,C k。
设所有长度为k的反链分别为A1,A2,...,A r。
（假设有r条长度为k 的反链） 那么对于任意⼀个A i，A i的元素必定是k条链上，每条链取⼀个元素。
设为a i1,a i2,...,a ik。
那么我们考虑集合B= {b1,b2,...,b k}={ max(a i1), max(a i2), max(a i3), ... , max(a ik) }。
这个集合⼀定也是⼀条反链。
（⽤反证法很容易证明：假设存在两个元素b i,b j可⽐，不妨设b i<=b j，其中b i和b j分别位于链C i和C j上。
那么b i所在链的每个a ix都与b j可⽐，与C i上存在⼀个a ix与b j不可⽐⽭盾。
）（加粗的地⽅之所以是正确的，是因为C i与C j上肯定有两个元素属于同⼀条反链） 现在考虑加⼊元素x的集合S。
托勒密定理的证明及应用
托勒密定理的证明及应用
托勒密定理：圆的内接四边形中，两条对角线的积等于两组对边乘积之和！
证明过程如下，先作辅助线如下：
具体过程如下：
下面，我们看看使用托勒密定理证明两个重要其他定理：勾股定理和余弦定理
（1）利用托勒密定理证明勾股定理如下：
具体过程为：
（2）利用托勒密定理证明余弦定理
具体过程如下：
是不是感觉很强大呢？
下面我们再来看看使用托勒密定理的其他应用，用题目说话吧：题目一：
添加辅助线如下：
具体证明过程如下：
题目二：
本题直接使用托勒密定理，甚是简洁！
题目三：
附辅助线如下：。
卢卡斯定理证明
卢卡斯定理证明卢卡斯定理⼀、问题引⼊Q次询问，每次询问组合数C(n,m)\% pProblem 1:n\le 10^5, m\le 10^5, p\le 2\times 10^9, Q\le 10^5, p\ is\ prime预处理出[0,10^5)阶乘和[0,10^5)阶乘的逆元然后每次可以O(1)查询Problem 2:n\le 10^9, m\le 10^9, p\le 10^6, Q\le 10^5 p\ is\ prime这时候就不能去预处理10^9的数量级的阶乘了，但是发现模数⽐较⼩，就要从模数下⼿，那么起始就是要⽤卢卡斯定理了⼆、卢卡斯定理⾸先先给出结论：C(n,m)≡C(n\%p,m\%p)\times C(n/p,m/p)\ (mod\ p)例题和代码：view code如果不想看证明的话现在就可以结束了三、证明引理⼀C(p,x) ≡ 0\ (mod\ p), 0<x<p证明：C(p,x)≡\frac{p!}{x!\cdot (p-x)!}≡\frac{p\cdot (p-1)!}{x\cdot(x-1)!\cdot(p-x)!}≡p\cdot inv(x)\cdot C(p-1,x-1)≡0\ (mod\ p)引理⼆(1+x)^p≡1+x^p\ (mod\ p)证明：先进⾏⼆项式展开(1+x)^p=\sum_{i=0}^{p}C(p,i)x^i根据引理⼀\sum_{i=0}^{p}C(p,i)x^i ≡ C(p,0)x^0 + C(p,p)x^p ≡ 1 + x^p\ (mod\ p)接下来推导卢卡斯定理：假设 n=q_np+r_n, m = q_mp+r_m(1+x)^{n} ≡ (1+x)^{q_np+r_n} ≡ (1+x)^{q_np}\cdot (1+x)^{r_n}≡[(1+x)^p]^{q_n}\cdot (1+x)^{r_n}≡(1+x^p)^{q_n}\cdot (1+x)^{r_n}≡\sum_{i=0}^{q_n}C(q_n,i)x^{p\cdot i}\cdot \sum_{j=0}^{r_n}C(r_n,j)x_j\ (mod\ p)⼜(1+x)^n = \sum_{i=0}^{n}C(n,i)x^i得到\sum_{i=0}^{n}C(n,i)x^i≡\sum_{i=0}^{q_n}C(q_n,i)x^{p\cdot i}\cdot \sum_{j=0}^{r_n}C(r_n,j)x_j\ (mod\ p)取两边x^m次项的系数，因为m=q_mp+r_m，所以对于等式右边最多只有⼀种情况满⾜C(n,m) ≡ C(q_n,q_m)\cdot C(r_n,r_m) ≡ C(n/p,m/p)\cdot C(n\%p,m\%p)\ (mod\ p)Processing math: 0%。
Brouwer不动点定理的几种证明要点
Brouwer不动点定理的几种证明学院名称：专业名称：学生姓名：指导教师：二○一一年五月摘要Brouwer不动点定理是很著名的定理.其中，关于它的证明很多有：代数拓扑的证明、组合拓扑的证明、微分拓扑的证明等.都涉及拓扑学上许多复杂的概念和结果.关于该定理，也可以用图论的方法证明，用离散离散理论解决连续系统中问题.本文试图在总结其他证明方法的基础上，对图论的方法证明Brouwer不动点定理进行详细的介绍来体现这一思想.关键词：Brouwer；不动点.ABSTRACTBrouwer fixed point theorem is very famous theorem . Among them , about its proof many : algebra topologies, proof of the proof, differential combined topology etc. The proof of topological Involves many complex on the concept of limited and results.About this theorem, also can use graph method to prove, in a discrete discrete theory in solving continuous system. This article tries to summarize the other proof method based on the method of graph theory prove Brouwer fixed point theorem for detailed introduction to reflect this thought.Keywords: Brouwer; Fixed point.目录第一章引言 (1)1.1 研究背景 (1)1.2 本课题的研究内容 (1)第二章 Brouwer不动点定理的证明 (2)2.1 Brouwer不动点定理的图论证明 (2)引理2.1.1（sperner，1982） (3)定理2.1.2 (Brouwer) (3)2.2 Brouwer不动点定理的初等证明 (5)2.2.1 基本概念与引理 (5)定理2.2.2.1(Banach不动点定理) (5)定理2.2.2.2(KKM定理) (5)2.2.3 Brouwer不动点定理的证明 (7)定理2.2.3.2 (FKKM定理) (7)定理2.2.3.5(Brouwer不动点定理) (8)2.3 Brouwer不动点定理的nor分析证明 (9)2.3.6 Brouwer不动点定理 (18)参考文献 (19)致谢 (20)第一章引言1.1 研究背景Brouwer不动点定理是非线性分析和拓扑学中的重要基本定理，它的叙述简洁，应用广泛，但证明却很不简单.不论是代数拓扑的证明[1]，还是组合拓扑的证明[2]，以及微分拓扑的证明[3]，都涉及拓扑学上许多复杂的概念和结果.1978年著名的微分拓扑学家nor给出了一中新证明[4]，只用到多变量微分学的知识和某些基本分析定理.关于该定理，也可以用图论的方法证明，这种离散理论解决连续系统中问题的思想，对我们也给了很大的启示.本文试图在总结其他证明方法的基础上，对图论的方法证明Brouwer不动点定理进行详细的介绍.1.2 本课题的研究内容整理Brouwer不动点定理的初等、图论方面的证明和nor给出的用多变量微分学和某些基本分析定理的新证明.详细介绍Brouwer不动点定理的图论方法证明，体现离散理论解决连续系统中问题的思想.12第二章 Brouwer 不动点定理的证明2.1 Brouwer 不动点定理的图论证明Brouwer 不动点定理：若2∆表示平面上一个三角形区域围成的闭区域，f 是2∆到自身的连续映射，则f 至少有一个不动点，即存在一点20p ∈∆，使得00()f p p =.首先把2∆剖分成若干小三角形区域，即221mi i δ=∆=，221,nij i ji j mδδ≠≤≤的面积为零.把2∆的三个顶点分别标志位0,1,2.每个2i δ的顶也用{0,1,2}中的数标志.若2i δ的顶i p 在2∆上的边上，且2∆的这条边端点之标号为k 与m ，2i δ的顶也标成k 与m ，称这些标志位正常标志，在正常标志中小三角形2i δ的三顶分别标志0,1,2时，称2i δ为正常三角形，见图a.2∆的这种标志的剖分称为三角剖分.1图2.1v v 1v 59v 10v 11图 2.23引理2.1.1（sperner ，1982）在2∆的三角剖分中，正常三角形为奇数个.证：记20δ为2∆的外部区域，22212,,...,m δδδ是2∆进行三角剖分得到三角形子区域.以{}22212,,...,m δδδ为顶集造一个图G ，对于i 与j 接非零的情形，仅当2i δ与2j δ有公共边具此边端点标志为0与1时，才在此二顶间连一边，对20δ与2(0)i i δ≠的情形，仅当2i δ的0-1标志的边落在2∆的0-1标志的边上时，在顶20δ与2i δ间连一边，见图b.由于上述图G 中奇次项的个数是偶数，如果20()d δ是奇数，则22212(),(),...,()m d d d δδδ中奇数个奇次项，又2()3,1,2,...,i d i m δ<=.故22212,,...,m δδδ中的奇次项是一次项.而仅当2i δ是正常三角形时，2()1i d δ=，所以正常三角形有奇数个.下证20()d δ是奇数.事实上，20()d δ是2∆上0-1边上以0与1为端点的小区间的个数.当的这条0-1边之内点为任何小三角形之顶时，，是奇数.当的这条边内有小三角形之顶时，由于标志是正常的，的则这种小三角形在的这条0-1边上之端点标志位0或1.这时又有两种情况，（i ）在这条0-1边上的小三角形顶皆标志0或皆标志1，则，（ii ）在2∆这条0-1边上的小三角形之顶点标0与标1都有时，我们把端点标号一样的小区间收缩成一点，标号不变，则f 的这条0-1边上的标号序列为0-1交错列010101…01，这里出现奇数个以0，1为端点的小区间，故20()d δ为奇数.证毕. 定理2.1.2 (Brouwer)f 是2∆到自己的连续映射，则存在'20p ∈∆，使''00()f p p =. 证：012,,p p p 是2∆的三个顶点，则对任意2p ∈∆，可以写成001122p a p a p a p =++，则0i a ≥，21i i a ==∑，其中的012,,,p p p p 是二维向量，且012(,,)p a a a =，'''012()(,,)f p a a a =.令{}2'012012(,,)|(,,),,0,1,2i i i S a a a a a a a a i =∈∆≥=.如果能证出 012S S S φ≠，则存在012012(,,)a a a S S S ∈，且',0,1,2ii a a i ≤=；又22'1ii i i a a ====∑∑，故必有'''001122,,a a a a a a ===，即f 有不动点. 下证2i i S φ=≠.事实上，考虑2∆的正常标志的三角形剖分，使得标志i 的每个顶点属于,0,1,2i S i =.2∆上任意一点'''012012(,,),()(,,)p a a a f p a a a ==时，存在一个i S ，使i p S ∈，且0i a >；否则当每个0i a >时，'ii a a >.于是22'0i i i i a a ==>∑∑，矛盾.若一个三4角形顶点i p S ∈且0i a >时，p 标志以i ，这种标志是正常标志，例如2∆的顶点(0,1,2)i p i =有1i a =，故i i p S ∈，标成i ；在2∆的01p p 边上各点的20a =，我们只能把这边上的点标以0或1；02p p 边上的点同理只能标志0或2；12p p 上的点只能标志1或2，故正常标志.由引理知，至少有一个正常三角形，其中顶点分别属于012,,S S S .我们是剖分无限变密，且小三角形中的最大直径足够小，则有分别在012,,S S S 中的三个点，两两相距可以任意小，又f 是连续的，故012,,S S S 是闭集.于是，012S S S φ≠.证毕.52.2 Brouwer 不动点定理的初等证明2.2.1 基本概念与引理定义2.2.1.1 设E 是一线性空间，其一切子集构成的集族记为2E .子集A E ⊂称为有限闭的，若它与每一有限维平面L E ⊂的交按L 上的Eucild 拓扑是闭的；一个集族{}A λλσ∈称为有限交性质，如果它的每一有限子集的交不空.定义2.2.1.2 设E 是一线性空间，X 是E 上的任意子集，称:2E G X →是一个KKM 映像，如果对任何有限子集{}12,,...mx x xX ⊂，有：{}121,,...()m mi i x x x G x =∞⊂引理2.2.1.3 设集合n X R ⊂非空，则距离函数()inf y Xd x x y ∈=-是Lipschitz 的，即有：()()d x d y x y -≤- ,n x y R ∀∈2.2.2 利用Banach 不动点定理证明KKM 定理 定理2.2.2.1(Banach 不动点定理)有限维空间中有界闭凸集上的连续自映射必有不动点． 定理2.2.2.2(KKM 定理)设E 是一线性空间，X 是E 的子集，:2E G X →是一KKM 映像.如果对于任何x X ∈，()G x 是有限闭的，则集族{}()|G x x X ∈具有有限交性质.证: 反证法.假设存在{}12,,...mx x xX ⊂使得1()m i i G x φ==.设L 是由{}12,,...mx x x 张成的有限维平面，d 是上的Eucild 的度量.令{}12,,...mD co x x x =，则D L ⊂.由假定每个1,2,...,()i i m L G x =在L 中闭，故(,())0i d x L G x =的充分必要条件是()i x LG x ∈.定义函数： 1()(,())mi i x d x L G x λ==∑由于1()mii G x φ==，故对于每一x D ∈，()0x λ>.由引理1知：6()()x y n x y λλ-≤- ,x y D ∀∈不妨设D 包含原点，否则用11m ii D x m =-∑代替D 即可.令：11()(,())()mi i i f x d x L G x x t x λ==∑ x D ∀∈ 式中，1t >是待定参数.则:f D D →连续，且对任意,x y D ∈，有：1111()()(,())(,())()()mmiii i i i f y f x d y L G x x d x L G x x t y t x λλ==-≤-∑∑1111(,())(,())()()m miii i i i d y LG x x d x LG x x t y t y λλ==≤-∑∑1111(,())(,())()()mmiii i i i d x LG x x d x LG x x t y t x λλ==+-∑∑下面对式(3)右端两项分别进行估计.首先由引理1．对任意,x y D ∈，有：1111(,())(,())()()mmiii i i i d y L G x x d x LG x x t y t y λλ==-∑∑11()()mi i x x y t y λ=≤-∑ 其次根据式(2)，对任意,x y D ∈，有：1111(,())(,())()()mmiii i i i d x L G x x d x L G x x t y t x λλ==-∑∑11(,())()()()()mi i i d x L G x x x y t x y λλλλ=≤-∑1((,()))()()mi i i n d x L G x x x y t x y λλ=≤-∑综合式(3)、(4)、(5)知：(,)()()h x y f y f x x y t-≤-7式中，111(,)(,())()()()m mi i i i i nh x y x d x L G x x y x y λλλ===+∑∑.在有界闭集D D⨯上连续，因此有最大值M .取足够大的{}max ,1t M ≥，则，f 构成D 上的一个压缩映射.由Banach 不动点定理知道，，有一不动点x D ∈.令{}{}|(,())0,1,2,...i I i d x LG x i m -=>∈则()ii Ix G x -∈∉.另外:11()(,())()m i i i x f x d x L G x x t x λ---===∑{}1(,())|()()i i i i i Ii Id x LG x x x i I G x t x λ--∈∈=∈∞∈⊂∑导致了矛盾.故定理2成立.2.2.3 Brouwer 不动点定理的证明引理2.2.3.1 设集族{}A λλσ∈是n R 中的非空闭集合，其中一个有界，具有有限交性质，则该集族看非空交.证明:反证法.假设A λλσφ∈=，则它的余集为全空间，即()n CA C A R λλλσλσ∈∈==即开集CA λ.的并覆盖全空间，当然也覆盖集族中的有界闭集.由有限覆盖定理知，存在有限个开集12,,...,m CA CA CA .覆盖住0A ，即：012m A CA CA CA ⊂从而：012m CA A A A ⊃，即：012()m A A A A φ= 这与假设相矛盾，从而引理2成立.定理2.2.3.2 (FKKM 定理)设X 是n R 中的非空紧凸集，:n G X R →是闭值的KKM 映射，且存在一点0x 使0()G x 有界，则集族{}()|G x x X ∈有非空交.证明 ：根据定理2知集族{}()|G x x X ∈具有有限交性质，于是根据引理2知定理3成立.引理2.2.3.3. 设X 是n R 中的非空紧凸集，映射:n G X R →连续，则至少存8在一点y X -∈使得：()inf ()x Xy G y x G y ---∈-=-引理2.2.3.4. 设X 是n R 中的非空紧凸集，映射:n G X R →连续.若对于X 中每一满足()x G x ≠的点x ，连结x 和()G x 的线段[],()x G x 至少包含X 中2点.则G 在X 中有不动点.定理2.2.3.5(Brouwer 不动点定理)设:n n G D R R ⊂→是闭集D 上的压缩映像，()G D D ⊂，则对任意0x D ∈，迭代序列：1()k k x G x += 0,1,...k =存在唯一的极限点.证明:由引理2.2.3.3，2.2.3.4可知Brouwer 不动点定理2.2.3.5成立.92.3 Brouwer 不动点定理的nor 分析证明2.3.1 考虑所有实数n 元组的集合1{{,...,}|(1)}n n i E x x x x i n ==≤≤是实数，在n E 上引进三种线性运算之后,{,,,,}n n R E =+⋅<>就称为n 维欧式空间，其中1(,...,)n x x x =称为n R 的点或向量，诸i x 称为点x 的坐标或向量x 的分量；向量(,...,)i n x x x =和(,...,)i n y y y =相加，结果是一个向量，定义为11(,...,)n n x y x y x y +=++ 实数α和向量x 相乘，结果是一个向量，定义为1,...,)(n x x x ααα=向量x 和y 的内积是一个实数，定义为 1,ni ii x y x y =〈〉=∑于是，向量的长度定义为x ==向量x 和y 的之间的距离就是x y -=由于对任何α有2,,2,,0x y x y x x x y y y αααα〈++〉=〈〉+〈〉+〈〉≥ 所以判别式2,,,0x y x x y y 〈〉-〈〉〈〉≤ 即是对任何x 和y n R ∈有Canchy By -∏不等式 |,|x y x y 〈〉≤⋅10等式成立的充要条件是：相差一个常数因子.因此我们可以定义的夹角,x y 〈〉︿的余弦为cos ,x y 〈〉︿,x y x y〈〉⋅＝显然，,cos x y 〈〉≤︿１｜｜；x 和y 相差正数因子时，,cos x y 〈〉≤︿１｜；相差负数因子时，,cos x y 〈〉=-︿１｜｜；此外由于222,x y x y x y -=+-〈〉２22,cos x y x y x y +-〈〉⋅︿＝２与通常的余弦定律一致，所以,cos x y 〈〉︿的定义是合理的.从而，向量x 和y 正交定义为， ,x y 〈〉︿＝０.向量x 可以用从原点到点x 的有向线段来表示，也可以平行移动到任何位置，只依赖于方向和长度.因此，在图示中，两个向量相加可以用平行四边形法则，也可以用三角形法则.图 2.3(a) 图 2.3(b)2.3.2 命*I 是n R 中的一个区域.如果对任何向量*x I ∈，都相应的地有一个向量()n y x R ∈，就说y 是把*I 映入n R 的一个映像（变换）.如果()y x 的诸分量1(,...,)(1)i n y x x i n ≤≤是1(,...,)n x x 的连续函数，就说y 是连续向量场.注意，在说到连续可微时，总是指函数对各个变元的一阶偏导数在包含*I 的一个n 维开领域中处处存在且连续.引理2.3.2.1 命*I 是有界闭域，v 是*I 上的连续可微向量场.于是存在Lipchitz 常数c ，使得*()(),,v x v y c x y x y I -≤-∈证明，由于v 是*I 上的连续，所以对任何*I ξ∈，存在()0δξ>，使得v 在方体 (,()){|||()(1)}n i i I x R x i n ξδξξδξ=∈-<≤≤11处处连续可微，命 *(,())sup ||iij x I jI v c x ξδξξ∈∈∂=∂ 于是，根据微分中值定理，对任何,(,())x y I ξδξ∈有22()()|(,...,)(,...,)|i n i n iv x v y v x x v y y -≤-∑1222{|(,...,)(,,...,)|i n i n iv x x x v y x x ≤-+∑1212|(,...,)(,,...,)|i n i n v y x x v y y x -+ .........1212|(,...,)(,,...,)|}i n i n v y y x v y x x -,,||ij i i ij i ji jc x y c x y ≤-≤-∑∑今证存在0δ>，不依赖于*I ξ∈，使得对任何,(,())x y I ξδξ∈，上述吧不等式成立.否则，对任何正整数p ，存在*p I ξ∈以及1,(,)p p p x y I pξ∈，使得()()p p ij p p ijx x v y c x y -≤-∑由于*I 是有界闭集，根据Bolzano-Weierstrass 定理，可设*p I ξξ→∈，从而，,p p x y ξ→.于是，当p 充分大时，,(,())p p x y I ξδξ∈，所以，()()p p ij p p ijv x v y c x y -≤-∑矛盾.这样一来，如果命 *,()()sup x y I M v x v y ∈=- ,max{,}ij i jMc c δ=∑则对任何*,x y I ∈有()()v x v y c x y -≤-引理2.3.2.2 命*I 是有界闭域，v 是*I 上的连续可微向量场.命u ：*n I R →是一个变换，定义为*()(),u x x t v x x I =+⋅∈ 于是，当||t 充分小时，u 是把*I 变成区域*()u I 的一一变换，区域*()u I 的体积可以表示为t 的多项式.证明：据引理1，设是的Lipschitz 常数.于是，当1||t c<时，变换u 是一一的.因为，若x y ≠而()()v x u y =，则由(()())x y t v y v x -=- 推出||x y t c x y x y -≤-<-，矛盾. 其次，由于所以的Jacobi 行列式是12,,()[]1,0,ii j ji jv J u tx i j i jδδ∂=+∂=⎧=⎨≠⎩因而可以表为的多项式：1()1()()n n J u a x t a x t =+++其中诸()i a x t 显然是的连续函数.注意，当0t =时，这个行列式之值为1，所以只要||t 充分小，则()J u 恒为正.于是，则反函数定理，当||t 充分小时，u 是把区域*I 变成区域*()u I 的一一连续可微变换，它的逆变换也是连续可微的.因此，按照体积的积分定义以及n 重积分的换元法则，区域的体积可以表示为**1()(())n u I vol u I du du =⎰⎰ *12()I J u dx dx =⎰⎰01n n a a t a t =+++ 其中 **1()i i n I a a x dx dx =⎰⎰*0,1,,,1i n a ==,nc k 中的1n -维单位球面定义为 1{|1}n n S x h x -=∈= 命v 是1n S -上的向量场.如果对任何1n x S -∈都有,()0x v x =，就说v 是1n S -上的向量场.今设v 是1n S -上的连续可微的单位切向量场，即是对任何1n x S -∈有()1v x =. 考虑区域图 2.4*13{|}22n I x k x =∈≤≤13命*()(),xv x x v x I x=∈ 于是，v 被扩充为*I 上的连续可微的切向量. 再考虑变换*:n u I k → *()(),u x x tv x x I =+∈ 由于()u x ==可见变换u 把半径为13()22r r ≤≤的球面1(){|}n n S r x R x r -=∈=变到半径为1(n S -上.引理2.3.2.3 当t 充分小时，变换u 把1()n S r -变成1(n S -证明：设11,3t t c<<，其中c 是在上的Lipschitz 常数.对于任何固定的10(n u S -∈命*()(),w x tv x x I =∈ 由于1()2tv x t x =⋅<， 所以13()()()22tv x w x tv x <-≤≤< 此外， ()()()()w x w y t v x v y t c x y -=⋅-≤⋅⋅-而1t c ⋅<，可见w 是把欧氏空间的闭集映入自身的压缩映像，据压缩映像原理，有唯一的原动点00()x w x =，即00()x tv x =+，所以1x =000()u tv ξξ=+，其中100n x S ξ-=∈.这就证明了对任何10(n u S -∈，存在唯一的10n S ξ-∈，使得00()u u ξ=14图 2.52.3.3 现在让我们对半径为r 的n 维球体(){|}n n B r x R x r =∈≤的体积给出一个计算公式(())n n n vol B r c r =其中 111312,2221322,23n nn n n cn n n c n n c n n n π----⎧⎪⎪-=⎨--⎪⎪-⎩为偶数为奇数 事实上，例如12342,,3c c c ππ===，按归纳法有10(())2[rn n n vol B r vol B dx -=⎰221012()2rn nn n c r x dx --=-⎰ 2102cos nn n c r d πθθ-=⎰算出上述积分，就得到所要的结果.图 2.6152.3.4 现在我们问：球面1n S -上是否存在连续可微的单位切向量？这个问题的回答有些古怪.如果1n -是奇数，回答是肯定的，事实上我们可以给出所要的向量，例如121321()(,,,),n n n v x x x x x x x x S --=---∈但是，如果1n -是偶数，回答则是否定的定理1.偶数维球面上不存在连续可微的单位切向量场.证明：假若不然，当n 是奇数时，若1n S -上存在连续可微的单位切向量场v ，则据引理3，变换()()u x x tv x =+当t 充分小时把区域*13{|}22n I x R x =∈≤≤变成区域*(){n u I x R x =∈≤， 所以*()u I 的体积是*(())[[n n vol u I vol B vol B =-31[()()22n n n n c =-*()n vol I =由于n 是奇数，这个体积不可能是t 的多项式，因而和引理2的结果矛盾. 定理1还可以稍加推广如下.定理2.偶数维球面上不存在处处不为零的连续向量场.证明：假若不然，命v 是1n S -上处处不为零的连续向量场， 1()n x Sm Min v x -∈=.于是0m >.据Weierstrass 逼近定理[8]，中有界闭集上的连续函数可以用多项式函数均匀逼近，所以存在一个多项式映像1:n n p S R -→，即诸()i p x 都是1(,,)n x x 的多项式，图 2.716使得 1()(),n p x v x m x S --<∈ ， 命 1()()(),,n u x p x p x x x x S -=-∈即 1()()()n i i j j i j u x p x p x x x =⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑ 显然，上的联讯可微向量场，此外，21(),(),(),0,n u x x p x x p x x x x S -=-=∈所以u 是1n S -上的切向量场，最后，()0u x =蕴涵()(),p x p x x x =， 所以(),()0p x v x =,()()p x v x m -=>矛盾，从而u 在1n S -上处处不为零.因此()()()u x w x u x =就是1n S -上连续可微的单位切向量场.但是，如果1n -是偶数，定理1说，这是不可能的.例.地球表面的风的分布可以视为向量场，向量的长度和方向分别表示在该点的风力和风向.风力的分布当然是连续的，所以这个定理说，地球表面上总有一处是完全无风的.2.3.5 现在介绍一种方法，怎么样从维球体傻瓜的向量场构造出维球面上的切向量场.考虑1n k +，设111{|0}{|1}{|1}n n n n n n n k x k x S x k x B x k x +++=∈==∈==∈≤图 2.8n B 的边界球面1{|1}n n S x k x -=∈=是n S 的赤道.假设给了n B 上一个处处不为零的连续向量场u ，使得1n x S -∈时，()u x x =.首先，利用北极投影把n B 映成南半17球1{|0}n n n S x S x -+=∈≤，奇数对任何n x B ∈，从北极(0,0,1)N 到1(,,0)n x x x 的连线与n S 的交点ξ就是所要的对应点.容易验证，北极投影的确定义是2121()(2,,2,1),1n n x x x x x B x ξ=-∈+ 他的递变是111()(,,,0),1n n n x S ξξξξξ-+=∈- 显然，这两个变换都是连续可微的.对于任何固定的n x B ∈，n k 中的直线()x tu x + ()t a <经过北极投影变成n S 上的球面曲线(())x tu x ξ+ （注意，北极投影显然对整个n k 上的点都有定义，不过n k 中不属于的点背变到北半球上罢了）.我们来证明：这条曲线在0t ≤时速度向量()u ξ是n S -在ξ处的切向量.事实上，按定义有 0()(())|t d u x tu x dt ξξ==+ 2201[(2()),,(2()),()1]1()t d x tu x x tu x x tu x dt x tu x =⎧⎫⎪⎪=⋅+++-⎨⎬++⎪⎪⎩⎭ {}22121221(1)[2(),,2(),2,()][2,,2,1]2()[1]n x u x u x x u x x x x x u x x =+⋅--++ 由于()u x 连续依赖于x ，而x 连续依赖于ξ，可见()u ξ连续依赖于n S ξ-∈.此外，{22222221(),(1)[4,()(1)2,()[4(1)]2,()[1]u x x u x x x u x x x x u x x ξξ=+⋅+--+-+ {}2222221(1)2,()(1)2,()[1]0x x u x x x u x x =+-++=可见，u 是n S -上的连续切向量场.最后，还应指出μ在n S -上处处不为零，因为()0μξ=蕴涵,()0x u x =，从而有推出所有的()0i x μ=，与假设矛盾.只要当1n x S -∈时，(),()x x u x x ξ==所以()(0,,0,1)μξ=指向正北.同样，如果我们利用南极投影和向量场u 我们将得到北半球{}1|0n n n S x S x ++=∈≥上的处处不为零的连续向量场μ，但是在赤道1n S -上这个向量场指向正南.为了得到整个球面n S 上的连续向量场，我们利用向量场u -，这样18相应的向量场μ在赤道1n S -上也指向正北.与南半球上的向量场一致.这样一来，我们从所给的向量场u 构造出在整个上处处不为零的连续向量场μ.2.3.6 Brouwer 不动点定理定理3.把n 球体映入自身的任何连续映象f 至少有一个不动点，即存在n x B ∈，使()f x x =证明：假若不然，对任何n x B ∈，()f x x ≠.命1,(),1n x x u x x y x B x y -=-∈--其中()x f x =显然，当1n x S -∈时，()u x x =； ()u x 连续依赖于x ，因为,1x y ≠.此外，u 在n B 上处处不为零，因为()0u x =蕴涵,x x x y y x x y --=-或,,x x x x y y x x y +=+ 所以,,,,,,x x x x y x y x x x x y +=+ 即,,x x y x =由此再据()0u x =即得y x =于是，u 是n B 上处处不为零的连续向量场.使得1n x S -∈时，()u x x =.据F ，可以由此构造n S 上处处不为零的连续切向量场μ.据定理2，当是偶数时是不可能的.因此，我们证明了当n 是偶数时的Brouwer 定理.奇数的情形则由偶数的情形立即推出.事实上，如果2121:k k f B B --→没有不动点，那么22:k k F B B →也没有不动点，这里12121(,,)((,,),0)k k F x x f x x -=.参考文献[1] 江泽涵，拓扑学引论（第二分册）[M].1965年，上海科技出版社，126.[2] 中国科学院数学研究所，《对策论（博弈论）》[M].1965年，人民教育出版社，1960.[3] V.Guillemin，A.Pollack,Differential Topology,Prentice-Hall,Inc.1974.[4] nor. Analytic proofs of the"Hainy Ball Theorem"and the Brouwer Fixed Point Theorem[M]. 1978年，521—524.[5] 王树禾，图论（第二版）[M].2009年，科技出版社，15.[6] 熊金城，点集拓扑讲义（第三版）[M].2003年，高等教育出版社，251.[7] 燕子宗，杜乐乐，刘永明,Brouwer不动点定理的初等证明[J].长江大学学报，2008，5(1)，15-17.[8] 岳崇山，用组合发证明三维情况的Brouwer不动点定理 [J].数学学报，1962，No.7，p.33.[9] 江上欧，压缩映象原理的产生与应用，河北北方学院学报，2006，6(1)，3-6.[10] J.Dieudonne,Elements d’Analyse,I.fondements de l’Analyse moderme Ganthier-Villars,1972.19致谢回首既往，自己一生最宝贵的时光能于这样的校园之中，能在众多学富五车、才华横溢的老师们的熏陶下度过，实是荣幸之极.在这四年的时间里，我在学习上和思想上都受益非浅.这除了自身努力外，与各位老师、同学和朋友的关心、支持和鼓励是分不开的.论文的写作是枯燥艰辛而又富有挑战的.老师的谆谆诱导、同学的出谋划策及家长的支持鼓励，是我坚持完成论文的动力源泉.在此，我特别要感谢我的论文指导老师刘永平老师.从论文的选题、文献的采集、框架的设计、结构的布局到最终的论文定稿，从内容到格式，从标题到标点，她都费尽心血.没有刘老师的辛勤栽培、孜孜教诲，就没有我论文的顺利完成.在此我还要感谢和我一起学习和生活的同学，与他们的交流使我受益颇多.最后要感谢我的家人以及我的朋友们对我的理解、支持、鼓励和帮助，正是因为有了他们，我所做的一切才更有意义；也正是因为有了他们，我才有了追求进步的勇气和信心.这也将是我克服困难、不断前进的精神动力.郝斌斌2011年4月于兰州城市学院20。
勾股定理16种证明方法之欧阳科创编
勾股定理的证明【证法1】（课本的证明）做8个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a 、b ，斜边长为c ，再做三个边长分别为a 、b 、c 的正方形，把它们像上图那样拼成两个正方形.从图上可以看到，这两个正方形的边长都是a + b ，所以面积相等. 即abc ab b a 214214222⨯+=⨯++，整理得222c b a =+.【证法2】（邹元治证明）以a 、b 为直角边，以c 为斜边做四个全等的直角三角形，则每个直角三角形的面积等于ab21.把这四个直角三角形拼成如图所示形状，使A 、E 、B 三点在一条直线上，B 、F 、C 三点在一条直线上，C 、G 、D 三点在一条直线上.∵Rt ΔHAE ≌Rt ΔEBF, ∴∠AHE = ∠BEF .∵∠AEH + ∠AHE = 90º, ∴∠AEH + ∠BEF = 90º.∴∠HEF = 180º―90º= 90º. ∴ 四边形EFGH 是一个边长为正方形. 它的面积等于c 2. ∵Rt ΔGDH ≌Rt ΔHAE, ∴∠HGD = ∠EHA .∵∠HGD + ∠GHD = 90º, ∴∠EHA + ∠GHD = 90º. 又∵∠GHE = 90º,∴∠DHA = 90º+ 90º= 180º.∴ABCD 是一个边长为a + b 的正方形，它的面积等于()2b a +.∴()22214c ab b a +⨯=+. ∴222c b a =+.【证法3】（赵爽证明）以a 、b 为直角边（b>a ）， 以c 为斜 边作四个全等的直角三角形，则每个直角三角形的面积等于ab21. 把这四个直角三角形拼成如图所示形状.∵Rt ΔDAH ≌ Rt ΔABE, ∴∠HDA = ∠EAB .∵∠HAD + ∠HAD = 90º， ∴∠EAB + ∠HAD = 90º，∴ ABCD 是一个边长为c 的正方形，它的面积等于c 2. ∵EF = FG =GH =HE = b ―a , ∠HEF = 90º.∴EFGH 是一个边长为b ―a 的正方形，它的面积等于()2a b -.∴()22214c a b ab =-+⨯.∴222c b a =+.【证法4】（1876年美国总统Garfield 证明）以a 、b 为直角边，以c 为斜边作两个全等的直角三角形，则每个直角三角形的面积等于ab21.A 、E 、B 三点在一条直线上.∵Rt ΔEAD ≌Rt ΔCBE,∴∠ADE = ∠BEC .∵∠AED + ∠ADE = 90º, ∴∠AED + ∠BEC = 90º. ∴∠DEC = 180º―90º= 90º.∴ΔDEC 是一个等腰直角三角形，它的面积等于221c.又∵∠DAE = 90º, ∠EBC = 90º, ∴ AD ∥BC . ∴ABCD是一个直角梯形，它的面积等于()221b a +.欧阳科创编 2021.02.05∴()222121221c ab b a +⨯=+.∴222c b a =+.【证法5】（梅文鼎证明）做四个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a 、b ，斜边长为c . 把它们拼成如图那样的一个多边形，使D 、E 、F 在一条直线上. 过C 作AC 的延长线交DF 于点P .∵D 、E 、F 在一条直线上,且Rt ΔGEF ≌Rt ΔEBD, ∴∠EGF = ∠BED ，∵∠EGF + ∠GEF = 90°，∴∠BED + ∠GEF = 90°，∴∠BEG =180º―90º= 90º.又∵AB = BE = EG = GA = c ，∴ABEG 是一个边长为c ∴∠ABC + ∠CBE = 90º. ∵Rt ΔABC ≌Rt ΔEBD, ∴∠ABC = ∠EBD .∴∠EBD + ∠CBE = 90º. 即∠CBD= 90º.又∵∠BDE = 90º，∠BCP = 90º，BC = BD = a .∴BDPC 是一个边长为a 的正方形.同理，HPFG 是一个边长为b 的正方形. 设多边形GHCBE 的面积为S ，则abS c 2122⨯+=,∴222c b a =+.【证法6】（项明达证明）做两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a 、b （b>a ） ，斜边长为c . 再做一个边长为c 的正方形. 把它们拼成如图所示的多边形，使E 、A 、C 过点Q 作QP ∥BC ，交AC 过点B 作BM ⊥PQ ，垂足为MF 作FN ⊥PQ ，垂足为N .∵∠BCA = 90º，QP ∥BC ， ∴∠MPC = 90º， ∵BM ⊥PQ ，∴∠BMP = 90º，∴BCPM 是一个矩形，即∠MBC = 90º. ∵∠QBM + ∠MBA = ∠QBA = 90º，∠ABC + ∠MBA = ∠MBC = 90º， ∴∠QBM = ∠ABC ，又∵∠BMP = 90º，∠BCA = 90º，BQ = BA = c ， ∴Rt ΔBMQ ≌Rt ΔBCA .同理可证Rt ΔQNF ≌Rt ΔAEF .从而将问题转化为【证法4】（梅文鼎证明）. 【证法7】（欧几里得证明）做三个边长分别为a 、b 、c 的正方形，把它们拼成如图所示形状，使H 、C 、BBF 、CD . 过C 作CL ⊥DE ，交AB 于点M ，交DE 于点 L .∵AF = AC ，AB = AD ∠FAB = ∠GAD ， ∴ΔFAB ≌ΔGAD ， ∵ΔFAB的面积等于221a ΔGAD 的面积等于矩形的面积的一半，∴ 矩形ADLM 的面积 =2a . 同理可证，矩形MLEB 的面积 =2b .∵ 正方形ADEB 的面积= 矩形ADLM 的面积 + 矩形MLEB 的面积 ∴222b a c += ，即 222c b a =+.【证法8】（利用相似三角形性质证明）如图，在Rt ΔABC 中，设直角边AC 、BC 的长度分别为a 、b ，斜边AB的长为c ，过点C 作CD ⊥AB ，垂足是D .在ΔADC 和ΔACB 中，∵∠ADC = ∠ACB = 90º，∠CAD = ∠BAC ， ∴ΔADC ∽ΔACB .AD ∶AC = AC ∶AB ， 即AB AD AC •=2.同理可证，ΔCDB ∽ΔACB ，从而有AB BD BC •=2.∴()222AB AB DB AD BC AC =•+=+，即 222c b a =+.【证法9】（杨作玫证明）做两个全等的直角三角形，设它们的两条直角边长分别为a 、b （b>a ），斜边长为c . 再做一个边长为c 的正方形. 把它们拼成如图所示的多边形. 过A 作AF ⊥AC ，AF 交GT 于F ，AF 交DT 于R . 过B 作BP ⊥AF ，垂足为P . 过D 作DE 与CB 的延长线垂直，垂足为E ，DE 交AF 于H .∵∠BAD = 90º，∠PAC = 90º， ∴∠DAH = ∠BAC .又∵∠DHA = 90º，∠BCA = 90AD = AB = c ， ∴Rt ΔDHA ≌Rt ΔBCA . ∴DH = BC = a ，AH = AC = b .由作法可知， PBCA 所以 Rt ΔAPB ≌Rt ΔBCA . 即PB = CA = b ，AP= a ，从而PH = b ―a .∵Rt ΔDGT ≌Rt ΔBCA ,Rt ΔDHA ≌Rt ΔBCA . ∴Rt ΔDGT ≌Rt ΔDHA .∴DH = DG = a ，∠GDT = ∠HDA . 又∵∠DGT = 90º，∠DHF = 90º，∠GDH = ∠GDT + ∠TDH = ∠HDA+ ∠TDH = 90º， ∴DGFH 是一个边长为a 的正方形.∴GF = FH = a . TF ⊥AF ，TF = GT ―GF = b ―a .∴ TFPB 是一个直角梯形，上底TF=b ―a ，下底BP= b ，高FP=a +（b ―a ）.用数字表示面积的编号（如图），则以c 为边长的正方形的面积为543212S S S S S c ++++=①∵()[]()[]a b a a b b S S S -+•-+=++21438=ab b 212-， 985S S S +=，∴824321S ab b S S --=+= 812S S b --.②把②代入①，得= 922S S b++ = 22a b +.∴222c b a =+.【证法10】（李锐证明）设直角三角形两直角边的长分别为a 、b （b>a ），斜边的长为c . 做三个边长分别为a 、b 、c 的正方形，把它们拼成如图所示形状，使A 、E 、G 三点在一条直线上. 用数字表示面积的编号（如图）.∵∠TBE = ∠ABH = 90º， ∴∠TBH = ∠ABE . 又∵∠BTH = ∠BEA = 90º，BT = BE = b ，∴Rt ΔHBT ≌Rt ΔABE . ∴HT = AE = a . ∴GH = GT ―HT = b ―a .又∵∠GHF + ∠BHT = 90º，∠DBC + ∠BHT = ∠TBH + ∠BHT = 90º， ∴∠GHF = ∠DBC .∵ DB = EB ―ED = b ―a ，∠HGF = ∠BDC = 90º， ∴Rt ΔHGF ≌Rt ΔBDC . 即27S S =.过Q 作QM ⊥AG ，垂足是M . 由∠BAQ = ∠BEA = 90º，可知∠ABE = ∠QAM ，而AB = AQ = c ，所以Rt ΔABE ≌Rt ΔQAM . 又Rt ΔHBT ≌ Rt ΔABE . 所以Rt ΔHBT ≌Rt ΔQAM .即58S S =.由Rt ΔABE ≌Rt ΔQAM ，又得QM = AE = a ，∠AQM = ∠BAE .∵∠AQM + ∠FQM = 90º，∠BAE + ∠CAR = 90º，∠AQM = ∠BAE ， ∴∠FQM = ∠CAR .又∵∠QMF = ∠ARC = 90º，QM = AR = a ， ∴Rt ΔQMF ≌Rt ΔARC . 即64S S =.∵543212S S S S S c ++++=，612S S a +=，8732S S S b ++=，又∵27S S =，58S S =，64S S =，∴8736122S S S S S b a ++++=+ =52341S S S S S ++++=2c ，即 222c b a =+.【证法11】（利用切割线定理证明）在Rt ΔABC 中，设直角边BC = a ，AC = b ，斜边AB = c . 如图，以B 为圆心a 为半径作圆，交AB 及AB 的延长线分别于D 、E ，则BD = BE = BC = a . 因为∠BCA = 90º，点C 在⊙B 上，所以AC 是⊙B 的切线. 由切割线定理，得=()()BD AB BE AB -+ =()()a c a c -+ = 22a c -， 即222a c b -=，∴222c b a =+.【证法12在Rt ΔABC 中，设直角边BC = a ，AC = b ，斜边AB = c （如图）.过点A 作AD ∥CB ，过点B 作BD ∥CA ，则ACBD为矩形，矩形ACBD 内接于一个圆. 根据多列米定理，圆内接四边形对角线的乘积等于两对边乘积之和，有BD AC BC AD DC AB •+•=•，∵ AB = DC = c ，AD = BC = a ， AC = BD = b ，∴222AC BC AB +=，即 222b a c +=， ∴222c b a =+. 【证法13在Rt ΔABC 中，设直角边BC = a ，AC = b ，斜边AB = c . 作Rt ΔABC 的内切圆⊙O ，切点分别为D 、E 、F （如图），设⊙O 的半径为r .∵ AE = AF ，BF = BD ，CD = CE ，∴()()()BF AF CD BD CE AE AB BC AC +-+++=-+= CD CE += r + r = 2r,即r c b a 2=-+， ∴c r b a +=+2.∴()()222c r b a +=+，即 ()222242c rc r ab b a ++=++，∵abS ABC 21=∆，∴ABC S ab ∆=42， 又∵AOC BOCAOB ABCS S S S ∆∆∆∆++= = br ar cr 212121++ = ()r c b a ++21= ()r c c r ++221= rc r +2，∴()ABC S rc r ∆=+442， ∴()ab rc r242=+，∴22222c ab ab b a +=++， ∴222c b a =+. 【证法14】（利用反证法证明）如图，在Rt ΔABC 中，设直角边AC 、BC 的长度分别为a 、b ，斜边AB 的长为c ，过点C 作CD ⊥AB ，垂足是D .假设222c b a ≠+，即假设 222AB BC AC ≠+，则由AB AB AB •=2=()BD AD AB +=BD AB AD AB •+•可知 AD AB AC •≠2，或者 BD AB BC •≠2. 即 AD ：AC ≠AC ：AB ，或者 BD ：BC ≠BC ：AB .在ΔADC 和ΔACB 中，∵∠A = ∠A ，∴若 AD ：AC ≠AC ：AB∠ADC ≠∠ACB . 在ΔCDB 和ΔACB 中，∵∠B = ∠B ，∴若BD ：BC ≠BC ：AB ，则 ∠CDB ≠∠ACB . 又∵∠ACB = 90º，∴∠ADC ≠90º，∠CDB ≠90º.这与作法CD ⊥AB 矛盾. 所以，222AB BC AC ≠+的假设不能成立. ∴222c b a =+.【证法15】（辛卜松证明）设直角三角形两直角边的长分别为a 、b ，斜边的长为c . 作边长是a+b 的正方形ABCD . 把正方形ABCD 划分成上方左图所示的几个部分，则正方形ABCD 的面积为()ab b a b a 2222++=+；把正方形ABCD 划分成上方右图所示的几个部分，则正方形ABCD 的面积为 ()22214c ab b a +⨯=+ =22c ab +.∴22222c ab ab b a +=++, ∴222c b a =+.【证法16】（陈杰证明）设直角三角形两直角边的长分别为a 、b （b>a ），斜边的长为c . 做两个边长分别为a 、b 的正方形（b>a ），把它们拼成如图所示形状，使E 、H 、M三点在一条直线上.在EH = b 上截取ED = a ，连结则 AD = c .∵∴DM = EM ―ED = ()a b +―又∵∠CMD = 90º，CM = a ， ∠AED = 90º， AE = b ， ∴Rt ΔAED ≌Rt ΔDMC .∴∠EAD = ∠MDC ，DC = AD = c . ∵∠ADE + ∠ADC+ ∠MDC =180º，∠ADE + ∠MDC = ∠ADE + ∠EAD = 90º， ∴∠ADC = 90º.∴ 作AB ∥DC ，CB ∥DA ，则ABCD 是一个边长为c 的正方形. ∵∠BAF + ∠FAD = ∠DAE + ∠FAD = 90º， ∴∠BAF=∠DAE .连结FB ，在ΔABF 和ΔADE 中，∵AB =AD = c ，AE = AF = b ，∠BAF=∠DAE ， ∴ΔABF ≌ΔADE .∴∠AFB = ∠AED = 90º，BF = DE = a .∴ 点B 、F 、G 、H 在一条直线上. 在Rt ΔABF 和Rt ΔBCG 中，∵AB = BC = c ，BF = CG = a ， ∴Rt ΔABF ≌Rt ΔBCG .∵54322S S S S c +++=， 6212S S S b ++=， 732S S a +=，76451S S S S S +===，∴6217322S S S S S b a ++++=+ =()76132S S S S S ++++=5432S S S S +++=2c∴222c b a =+.。
狄利克雷定理的证明
为证明定理本身，我先证明几个引理。
引理1(Bessel 不等式)：若函数()f x 在[,]ππ-上可积，则有2222011()()2n n n a a b f x dx πππ∞=-++≤∑⎰ 证明：设201()(cos sin )2mm n n n a S x a nx b nx ==++∑ 显然：222[()()]()2()()()m m mf x S x dx fx dx f x S x dx Sx dx ππππππππ-----=-+⎰⎰⎰⎰ (*)其中，01()()()(()cos ()sin )2mm nnn af x S x dx f x dx a f x nxdx b f x nxdx ππππππππ=----=++∑⎰⎰⎰⎰由傅立叶级数系数公式可以知道：22201()()()2mm n n n f x S x dx a a b ππππ=-=++∑⎰2222220011()[(cos sin )]()22m mm n n n n n n a S x dx a nx b nx dx a a b ππππππ==--=++=++∑∑⎰⎰ 以上各式代入(*)式，可以得到：22222010[()()]()()2mm n n n f x S x dx f x dx a a b ππππππ=--≤-=--+∑⎰⎰另222201()()2mn n n a a b f x dx ππππ=-++≤∑⎰这个结果对于m N ∀∈均成立，而右端是一定积分可以理解为有限常数，据此可知“22201()2mn n n a a b ππ=++∑”这个级数的部分和有界，则引理1成立。
引理2：若函数()f x 是2T π=的周期函数，且在上可积，则它的傅立叶级数部分和()m S x 可改写为：1sin()12()()2sin2m m u S x f x u du u πππ-+=+⎰ 证明：设201()(cos sin )2mm n n n a S x a nx b nx ==++∑ 111()[(()cos )cos (()sin )sin ]2m n f x dx f x nxdx nx f x nxdx nx ππππππππ=---=++∑⎰⎰⎰ 111sin()111112()[cos ()]()[cos ]()222sin2x m m n n x m uf u n u x du f x t nt dt f x u du u πππππππππ-==----+=+-=++=+∑∑⎰⎰⎰我在下边给出一个比楼主强的结论！收敛定理：设()f x 是[,]a b 的按段光滑函数,如果它满足:(1) 在[,]a b 只有有限个第一类间断点, 在补充定义后它可积（应当指出：补充定义后，它已不是原来的函数）。
狄尔沃斯定理
狄尔沃斯定理一、引言狄尔沃斯定理（Dilworth’s theorem）是组合数学中的一个重要定理，由美国数学家罗伯特·狄尔沃斯（Robert P. Dilworth）在1950年提出。
它是关于偏序集的划分的问题，对于解决一类重要的优化问题具有深远的影响。
二、偏序集与链在介绍狄尔沃斯定理之前，我们先来了解一下偏序集和链的概念。
2.1 偏序集偏序集（partially ordered set），简称poset，是一个集合P配以一个二元关系≤。
这个关系满足以下三个性质：1.自反性：对于任意元素a∈P，都有a≤a；2.反对称性：对于任意元素a,b∈P，如果a≤b且b≤a，则必有a=b；3.传递性：对于任意元素a,b,c∈P，如果a≤b且b≤c，则必有a≤c。
2.2 链在偏序集P中，如果任取其中两个元素x和y，要么x≤y，要么y≤x，则称{x,y}为链。
换言之，在链中的元素是可比较的。
三、狄尔沃斯定理的表述现在我们可以正式介绍狄尔沃斯定理了。
狄尔沃斯定理给出了对于任意偏序集P，存在一种划分P为若干个链的方式。
换句话说，任何一个偏序集都可以被划分为若干个不相交的链。
具体地，狄尔沃斯定理可以表述如下：定理：对于任意有限偏序集P，存在一种划分P为若干个不相交的链。
这个定理的证明非常复杂，需要运用到拓扑学中的Zorn引理，这里我们不做详细展开，但可以说明它是一个非常重要且有用的结果。
四、应用与示例狄尔沃斯定理在组合优化问题中具有广泛的应用。
下面我们通过一个实际问题来说明它的应用。
4.1 最大反链问题最大反链问题（maximum antichain problem）是指在给定偏序集P中寻找具有最大基数（元素个数）的反链。
根据狄尔沃斯定理，我们知道任何偏序集都可以被划分为若干个不相交的链。
因此，最大反链问题的解就是这个划分中具有最多链的那个链的长度。
举个例子，假设我们有一个偏序集P={a,b,c,d,e,f,g}，其中关系≤定义如下：a ≤ ba ≤ cb ≤ dc ≤ dc ≤ ed ≤ fe ≤ ff ≤ g根据狄尔沃斯定理，我们可以将这个偏序集划分为以下三个链：{a, b, d, f, g}、{c, e, f, g}和{h}。
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Dilworth定理的证明
摘要
在本文中，我对Dilworth定理进行了证明。
先给出了一些证明定理需要的相关概念的解释，然后给出了详细的证明过程。
分别应用了数学分析中常用的删除找包含关系的方法和反证归纳的方法。
关键词 Dilworth定理证明偏序集
正文
1、Dilworth定理：令p是一个有限偏序集。
P中元素划分为不相交链的最小个数m，等于p的一个反链所包元素的最大个数M。
2、前言知识
偏序集
一个偏序集就是一个集合S连同S上的一个二元关系（这是一个抽象的符号，不代表小于等于或包含于），使其满足：
（1）对于一切aS有aa（反射性）。
（2）若ab，bc，则ac（传递性）。
（3）若ab且ba，则a=b（反对称性）。
例如整数集及整数间的大小关系就构成一个偏序集；一个集合的子集及包含关系也构成一个偏序集。
（个人理解）
链与反链
如果S中任意两个元素a和b，或者ab或者ba，则称这个偏序为全序或线性序。
如果集合S的一个子集是全序的，那么这个子集就称为是一条链。
若一个集合中的元素是两两不可比较的，则这个集合称为反链。
3、证明过程：
（1）先证m≥M。
这是显然的，由链与反链的定义得：因为最长链长度是M，M
个元素中的任意两个都可以比较，因此它们必定两两属于不同的反链，因此反链个数≥M，即m≥M。
（2）再证M≥m。
第一种方法数学分析类的方法
设X1=S。
找出X1的所有极小元组成集合Z1，将其从X1删之，得到X2，再找出X2的所有极小元组成集合Z2（特别注意Z2中的任何元素a2，在X1中必然存在一个元素a1使得a1≤a2，否则a2可以放到X1中，这与X1的选取矛盾），再将Z2从X2中删除，得到X3，……这样一直下去，总存在一个k使得XK不空但X(K+1)为空。
这样便得到一条链a1，a2，a3，……，ak，其中ai属于Xi。
由于M是最长链长度，因此M≥k。
另一方面，我们也得到了一个反链划分，即X1，X2，X3，……，XK。
由于m是最少反链划分，因此k≥m。
因此有M≥m。
第二种方法用数学归纳反证的方法
i当P=时，显然m=M定理成立。
ii令C是p的一条极大链如果p\C中每个反链包含M-1个元素，则定理成立。
因此，假设{ a1,a2,a3,…,a M}是p\C中的一个反链。
定义[1]S-：={xp：[x≤a i]}类似的定义S+：={xp：[xa i]}因为C是极大链，所以C中的最大元不再S-里，按归纳假设，对于S-定理成立。
因此S-是M个不交链的S-1S-2 S-3 …S-M的并，其中a i S-i假设xS-i且xa i因为存在j,使xa j从（由定义[1]得）从而有a i a j，这与
{a1,a2,a3,…,a M}是反链矛盾。
(反链内元素不可比)这样就证明了a i是S-i的极大元，其中i=1,2，…M。
同样对S+进行讨论，即可。
4、论文感受
写这个论文感觉很费脑子，查阅了许多的相关东西光组合数学的书都翻了好多本真像老师说的基本找不到资料，可是功夫不负有心人我还是找到了一些相关内容，从最简单的了解定义开始，数学证明比较抽象有时候一句话都要查好多东西才能明白意思，当然也不排除理解错误。
这篇论文虽然篇幅不长，但每句话都是我看了很多遍的。
通过写这个论文我有很多的收获也更加深刻的理解了数学家的伟大成就。
5、参考文献
《组合数学》Richard A。
Brualdi著冯舜玺等译
《组合数学教程》（荷）J.H.van Lint(美)R.M.Wilson著刘振宏等译
《组合数学》卢开澄卢华明编译。