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实变函数是分析学的一个领域，研究诸如序列及其极限、连续性、微分、积分和函数序列的概念。根据定义，实分析侧重于实数，通常包括正负无穷大，以形成扩展实线。
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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|More Abstract Proofs and Even Trickier POMIs
The induction step can have a lot of algebraic manipulation so we need to look at some of those. Let’s start with this one.
Theorem 2.3.1
$$
2^{n} \geq n^{2}, \quad \forall n \geq 4
$$
Proof 2.3.1
BASIS: $P(4)$ is the statement $2^{4}=16 \geq 4^{2}=16$ which is true. So the basis step is verified.
INDUCTIVE: We assume $P(k)$ is true for an arbitrary $k>4$. Hence, we know $2^{k} \geq k^{2}$. Now look at $P(k+1)$. We note
$$
2^{k+1}=2 \times 2^{k} \geq 2 \times k^{2}
$$
We need to show $2^{k+1} \geq(k+1)^{2}$ so we must show $2 \times k^{2} \geq(k+1)^{2}$. We can simplify this by multiplying both sides out to get
$$
2 k^{2} \geq k^{2}+2 k+1 \Rightarrow k^{2} \geq 2 k+1
$$
We can answer this question by doing another POMI inside this one or we can figure it out graphically. Draw the graph of $x^{2}$ and $2 x+1$ together and you can clearly see $k^{2}>2 k+1$ when $k>3$.
Thus $P(k+1)$ is true and we have verified the inductive step. Hence, by the POMI, $P(n)$ holds for $a l l n \geq 4$.
Here is another one that is quite different.
Theorem 2.3.2
$$
(1+x)^{n} \geq 1+n x, \quad \forall n \in \mathbb{N}, \quad \forall x \geq-1
$$
Proof 2.3.2
BASIS: When $n=1$, we are asking if $1+x \geq 1+x$ when $x \geq-1$ which is actually true for all $x$. So the basis step is verified.
INDUCTIVE. We assume the proposition is true for any $x \geq-1$ and for any $k>1$. Thus, we assume $(1+x)^{k} \geq 1+k x$. Now look at the proposition for $k+1$. We have
$$
(1+x)^{k+1}=(1+x)(1+x)^{k} \geq(1+x)(1+k x)
$$
We must show $(1+x)(1+k x) \geq(1+(k+1) x)$ for $x \geq-1$. We have to show
$$
1+(k+1) x+k x^{2} \quad \stackrel{?}{\geq} 1+(k+1) x .
$$
We can cancel the $1+(k+1) x$ on both sides which tells us we must check if $k x^{2} \geq 0$ when $x \geq-1$. This is true. Thus $P(k+1)$ is true and we have verified the inductive step. Hence, by the POMI, $P(n)$ holds for all $n$.
A totally different kind of induction proof is the one below. We want to count how many subsets a set with a finite number of objects can have. We let the number of objects in a set $S$ be denoted by $|S|$. We call this the cardinality of the set $S$. For example, the cardinality of the set ${$ Jim, Pauli, Qait, Quinn $}$ is 4 . Given a set $S, S$ how many subsets does it have?
For example, ${J i m, P a u l i}$ is a subset of the original $S$ defined above. Since the original set has just 4 objects in it, there are 4 subsets with just one object, There are $\left(\begin{array}{l}4 \ 2\end{array}\right)$ ways to choose subsets of 2 objects. Recall $\left(\begin{array}{l}4 \ 2\end{array}\right)$ is $\frac{4 !}{2 ! 2 !}=\frac{24}{4}=6$. There are then $\left(\begin{array}{l}4 \ 3\end{array}\right)$ ways to choose 3 objects which gives $\frac{4 !}{3 ! 1 !}=\frac{24}{6}=4$. Finally there is just one way to choose 4 objects. So the total number of subsets is $1+4+6+4=15$. We always also add in the empty set $\emptyset={}$ to get the total number of subsets is 16 . Note this is the same as $2^{4}$. Hence, we might conjecture that if $S$ had only a finite number of objects in it, the number of subsets of $S$ is $2^{|S|}$. The collection of all subsets of a set $S$ is denoted by $2^{S}$ for this reason and the cardinality of $2^{S}$ is thus $2^{|S|}$. We can prove this using an induction argument.
数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Homework
Use the POMI to prove the following propositions.
Exercise 2.3.1 $\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2-3}+\cdots+\frac{1}{n \cdot(n+1)}=\frac{n}{n+1}$.
Exercise 2.3.2 $\frac{d}{d x} x^{n}=n x^{n-1}, \quad \forall x, \forall n \in \mathbb{N}$. You can assume you know the powers $f(x)=x^{n}$ are differentiable and that you know the product rule: if $f$ and $g$ are differentiable, then $(f g)^{\prime}=$ $f^{\prime} g+f g^{\prime}$.
Exercise 2.3.3 $1+x+\cdots+x^{n}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}, \quad \forall x \neq 1, \forall n \in \mathbb{N}$.
Exercise 2.3.4 $\int x^{n} d x=\frac{1}{n+1} x^{n+1}, \quad \forall n \in \mathbb{N}$. You can assume you know integration by parts. The basis step is $\int x d x=x^{2} / 2$ which you can assume you know. After that it is integration by parts.
数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Some Contradiction Proofs
Another type of proof is one that is done by contradiction.
Theorem 2.4.1 $\sqrt{2}$ is not a Rational Number
$\sqrt{2}$ is not a rational number:
Proof 2.4.1
We will prove this technique using a technique called contradiction. Let’s assume we can find positive integers $p$ and $q$ so that $2=(p / q)^{2}$ with $p$ and $q$ having no common factors. When this happens we say $p$ and $q$ are relatively prime. This tells us $p^{2}=2 q^{2}$ which also tells us $p^{2}$ is divisible by 2. Thus, $p^{2}$ is even. Does this mean $p$ itself is even? Well, if $p$ was odd, we could write $p=2 \ell+1$ for some integer $\ell$. Then, we would know
$$
p^{2}=(2 \ell+1)^{2}=4 \ell^{2}+4 \ell+1 .
$$
The first two terms, $4 \ell^{2}$ and $4 \ell$ are even, so this implies $p^{2}$ would be odd. So we see $p$ odd implies $p^{2}$ is odd. Thus, we see $p$ must be even when $p^{2}$ is even. So we now know $p=2 k$ for some integer $k$ as it is even. But since $p^{2}=2 q^{2}$, we must have $4 k^{2}=2 q^{2}$. But this says $q^{2}$ must be even.
The same reasoning we just used to show $p$ odd implies $p^{2}$ is odd, then tells us $q$ odd implies $q^{2}$ is odd. Thus $q$ is even too.
Now here is the contradiction. We assumed $p$ and $q$ were relatively prime; i.e. they had no common factors. But if they are both even, they share the factor 2 . This is the contradiction we seek.
实变函数代写
数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|More Abstract Proofs and Even Trickier POMIs
归纳步骤可能有很多代数操作，所以我们需要看看其中的一些。让我们从这个开始。
定理 2.3.1
2n≥n2,∀n≥4
证明 2.3.1
基础：磷(4)是声明24=16≥42=16这是真的。所以基础步骤得到验证。
归纳：我们假设磷(ķ)对任意一个都是真的ķ>4. 因此，我们知道2ķ≥ķ2. 现在看看磷(ķ+1). 我们注意到
2ķ+1=2×2ķ≥2×ķ2
我们需要展示2ķ+1≥(ķ+1)2所以我们必须展示2×ķ2≥(ķ+1)2. 我们可以通过将两边相乘来简化这一点
2ķ2≥ķ2+2ķ+1⇒ķ2≥2ķ+1
我们可以通过在这个 POMI 中做另一个 POMI 来回答这个问题，或者我们可以通过图形来解决这个问题。绘制图形X2和2X+1在一起，你可以清楚地看到ķ2>2ķ+1什么时候ķ>3.
因此磷(ķ+1)是真的，我们已经验证了归纳步骤。因此，通过 POMI，磷(n)为一种lln≥4.
这是另一个完全不同的。
定理 2.3.2
(1+X)n≥1+nX,∀n∈ñ,∀X≥−1
证明 2.3.2
基础：当n=1, 我们在问是否1+X≥1+X什么时候X≥−1这实际上对所有人都是正确的X. 所以基础步骤得到验证。
感应的。我们假设这个命题对于任何X≥−1并且对于任何ķ>1. 因此，我们假设(1+X)ķ≥1+ķX. 现在看看这个提议ķ+1. 我们有
(1+X)ķ+1=(1+X)(1+X)ķ≥(1+X)(1+ķX)
我们必须展示(1+X)(1+ķX)≥(1+(ķ+1)X)为了X≥−1. 我们必须展示
1+(ķ+1)X+ķX2≥?1+(ķ+1)X.
我们可以取消1+(ķ+1)X双方都告诉我们必须检查是否ķX2≥0什么时候X≥−1. 这是真的。因此磷(ķ+1)是真的，我们已经验证了归纳步骤。因此，通过 POMI，磷(n)适用于所有人n.
下面是一种完全不同的归纳证明。我们想计算一个包含有限数量对象的集合可以有多少个子集。我们让集合中的对象数量小号表示为|小号|. 我们称之为集合的基数小号. 例如，集合的基数$Ĵ一世米,磷一种在l一世,问一种一世吨,问在一世nn$是 4 。给定一个集合小号,小号它有多少个子集？
例如，Ĵ一世米,磷一种在l一世是原始的子集小号定义如上。由于原始集合中只有 4 个对象，因此有 4 个子集只有一个对象，有(4 2)选择 2 个对象的子集的方法。记起(4 2)是4!2!2!=244=6. 那么有(4 3)选择 3 个对象的方法4!3!1!=246=4. 最后只有一种方法可以选择 4 个对象。所以子集的总数是1+4+6+4=15. 我们也总是添加空集∅=得到子集的总数是 16 。请注意，这与24. 因此，我们可以推测，如果小号其中只有有限数量的对象，子集的数量小号是2|小号|. 集合的所有子集的集合小号表示为2小号出于这个原因和基数2小号因此是2|小号|. 我们可以使用归纳论证来证明这一点。
数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Homework
使用 POMI 证明以下命题。
练习 2.3.111⋅2+12−3+⋯+1n⋅(n+1)=nn+1.
练习 2.3.2ddXXn=nXn−1,∀X,∀n∈ñ. 你可以假设你知道权力F(X)=Xn是可微的并且你知道乘积规则：如果F和G是可微的，那么(FG)′= F′G+FG′.
练习 2.3.31+X+⋯+Xn=1−Xn+11−X,∀X≠1,∀n∈ñ.
练习 2.3.4∫XndX=1n+1Xn+1,∀n∈ñ. 您可以假设您知道按部分集成。基本步骤是∫XdX=X2/2你可以假设你知道。之后是分部整合。
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另一种证明是通过反证法完成的。
定理 2.4.12不是有理数
2不是有理数：
证明 2.4.1
我们将使用一种称为矛盾的技术来证明这种技术。假设我们可以找到正整数p和q以便2=(p/q)2和p和q没有公因数。当这种情况发生时，我们说p和q是相对优质的。这告诉我们p2=2q2这也告诉我们p2能被 2 整除。因此，p2甚至。这是否意味着p本身是偶数？好吧，如果p很奇怪，我们可以写p=2ℓ+1对于某个整数ℓ. 那么，我们就会知道
p2=(2ℓ+1)2=4ℓ2+4ℓ+1.
前两个术语，4ℓ2和4ℓ是偶数，所以这意味着p2会很奇怪。所以我们看到p奇怪的暗示p2很奇怪。因此，我们看到p必须是偶数p2甚至。所以我们现在知道p=2ķ对于某个整数ķ因为它是均匀的。但由于p2=2q2, 我们必须有4ķ2=2q2. 但这说q2必须是均匀的。
我们刚才展示的相同推理p奇怪的暗示p2很奇怪，然后告诉我们q奇怪的暗示q2很奇怪。因此q甚至是。
现在矛盾出现了。我们假设p和q是相对优质的；即他们没有共同的因素。但如果它们都是偶数，它们共享因子 2 。这就是我们寻求的矛盾。
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金融工程代写
金融工程是使用数学技术来解决金融问题。金融工程使用计算机科学、统计学、经济学和应用数学领域的工具和知识来解决当前的金融问题，以及设计新的和创新的金融产品。
非参数统计代写
非参数统计指的是一种统计方法，其中不假设数据来自于由少数参数决定的规定模型；这种模型的例子包括正态分布模型和线性回归模型。
广义线性模型代考
广义线性模型（GLM）归属统计学领域，是一种应用灵活的线性回归模型。该模型允许因变量的偏差分布有除了正态分布之外的其它分布。
术语 广义线性模型（GLM）通常是指给定连续和/或分类预测因素的连续响应变量的常规线性回归模型。它包括多元线性回归，以及方差分析和方差分析（仅含固定效应）。
有限元方法代写
有限元方法（FEM）是一种流行的方法，用于数值解决工程和数学建模中出现的微分方程。典型的问题领域包括结构分析、传热、流体流动、质量运输和电磁势等传统领域。
有限元是一种通用的数值方法，用于解决两个或三个空间变量的偏微分方程（即一些边界值问题）。为了解决一个问题，有限元将一个大系统细分为更小、更简单的部分，称为有限元。这是通过在空间维度上的特定空间离散化来实现的，它是通过构建对象的网格来实现的：用于求解的数值域，它有有限数量的点。边界值问题的有限元方法表述最终导致一个代数方程组。该方法在域上对未知函数进行逼近。[1] 然后将模拟这些有限元的简单方程组合成一个更大的方程系统，以模拟整个问题。然后，有限元通过变化微积分使相关的误差函数最小化来逼近一个解决方案。
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随机分析代写
随机微积分是数学的一个分支，对随机过程进行操作。它允许为随机过程的积分定义一个关于随机过程的一致的积分理论。这个领域是由日本数学家伊藤清在第二次世界大战期间创建并开始的。
时间序列分析代写
随机过程，是依赖于参数的一组随机变量的全体，参数通常是时间。 随机变量是随机现象的数量表现，其时间序列是一组按照时间发生先后顺序进行排列的数据点序列。通常一组时间序列的时间间隔为一恒定值（如1秒，5分钟，12小时，7天，1年），因此时间序列可以作为离散时间数据进行分析处理。研究时间序列数据的意义在于现实中，往往需要研究某个事物其随时间发展变化的规律。这就需要通过研究该事物过去发展的历史记录，以得到其自身发展的规律。
回归分析代写
多元回归分析渐进（Multiple Regression Analysis Asymptotics）属于计量经济学领域，主要是一种数学上的统计分析方法，可以分析复杂情况下各影响因素的数学关系，在自然科学、社会和经济学等多个领域内应用广泛。
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