MS-E1281 - 统计代写答疑辅导

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|MTH 408

Posted on 2022年7月6日2022年7月6日 by statistics-lab

如果你也在怎样代写实变函数Real analysis这个学科遇到相关的难题，请随时右上角联系我们的24/7代写客服。

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。

statistics-lab™ 为您的留学生涯保驾护航在代写实变函数Real analysis方面已经树立了自己的口碑, 保证靠谱, 高质且原创的统计Statistics代写服务。我们的专家在代写实变函数Real analysis代写方面经验极为丰富，各种代写实变函数Real analysis相关的作业也就用不着说。

我们提供的实变函数Real analysis及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
Statistical Machine Learning 统计机器学习
Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

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.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Triangle Inequalities

Now let’s study some of the properties of the real numbers.
Definition 2.5.1 Absolute Values
Let $x$ be any real number. We define the absolute value of $x$, denoted by $|x|$, by
$$
|x|=\left{\begin{array}{cc}
x, & \text { if } x \geq 0 \
-x, & \text { if } x<0 .
\end{array}\right.
$$
For example, $|-3|=3$ and $|4|=4$.
Using this definition of the absolute value of a number, we can prove a fundamental inequality called the triangle inequality which we will use frequently to do estimates.
Theorem 2.5.1 Triangle Inequality
Let $x$ and $y$ be any two real numbers. Then
$$
\begin{aligned}
&|x+y| \leq|x|+|y| \
&|x-y| \leq|x|+|y|
\end{aligned}
$$
and for any number $z$.
$$
|x-y| \leq|x-z|+|z-y|
$$
Proof 2.5.1
We know $(|x+y|)^{2}=(x+y)^{2}$ which implies $(|x+y|)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2}$. But $2 x y \leq 2|x | y|$ implying
$$
(|x+y|)^{2} \leq x^{2}+2|x||y|+y^{2}=|x|^{2}+2|x||y|+|y|^{2}=(|x|+|y|)^{2} .
$$
Taking square roots, we find $|x+y| \leq|x|+|y|$. Of course, the argument for $x-y$ is similar as $x-y=x+(-y)$. To do the next part, we know $|a+b| \leq|a|+|b|$ for any $a$ and $b$. Let $a=x-z$ and $b=z-y$. Then $|(x-z)+(z-y)| \leq|x-z|+|z-y|$.

Comment 2.5.1 The technique where we do $x-y=(x-z)+(z-y)$ is called the Add and Subtract Trick and we will use it a lot!

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Some Contradiction Proofs

另一种证明是通过反证法完成的。
定理 2.4.1 $\sqrt{2}$ 不是有理数
$\sqrt{2}$ 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 $p^{2}=2 q^{2}$ 这也告诉我们 $p^{2}$ 能被 2 整除。因此，
$p^{2}$ 甚至。意思是不是 $p$ 本身是偶数? 好吧，如果 $p$ 很奇怪，我们可以写 $p=2 \ell+1$ 对于某个整数 $\ell$. 那么，我们就会知道
$$
p^{2}=(2 \ell+1)^{2}=4 \ell^{2}+4 \ell+1
$$
前两个术语， $4 \ell^{2}$ 和 $4 \ell$ 是偶数，所以这意味着 $p^{2}$ 会很奇怪。所以我们看到 $p$ 奇怪的暗示 $p^{2}$ 很奇怪。因此，我们看到 $p$ 必须是偶数 $p^{2}$ 甚至。所以我们现在知道 $p=2 k$ 对于某个整数 $k$ 因为它是均匀的。但是由于 $p^{2}=2 q^{2}$ ，我们必须有 $4 k^{2}=2 q^{2}$. 但这说 $q^{2}$ 必须是均匀的。
我们刚才展示的相同推理 $p$ 奇怪的暗示 $p^{2}$ 很奇怪，然后告诉我们 $q$ 奇怪的暗示 $q^{2}$ 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。

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Triangle Inequalities

现在让我们研究实数的一些性质。
定义 $2.5 .1$ 绝对值
Let $x$ 是任何实数。我们定义的绝对值 $x$ ，表示为 $|x|$ ，由
$\$ \$$
$|x|=\operatorname{left}{$
$x, \quad$ if $x \geq 0-x, \quad$ if $x<0$
正确的。
Forexample, $\$|-3|=3 \$ a n d \$|4|=4 \$$ Usingthisde finitionoftheabsolutevalueofanumber, wecan
$$
|x+y| \leq|x|+|y| \quad|x-y| \leq|x|+|y|
$$
and foranynumber $\$ z \$$.
$|x y| \operatorname{leq}|x z|+|z y|$
Proof 2.5.1Weknow $\$(|x+y|)^{2}=(x+y)^{2} \$$ whichimplies $\$(|x+y|)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2} \$ .$ But $\$ 2 x y \leq$
$(|x+y|)^{\wedge}{2} \wedge$ leq $x \wedge{2}+2|x||y|+y \wedge{2}=|x| \wedge{2}+2|x||y|+|y| \wedge{2}=(|x|+|y|)^{\wedge}{2}$ 。
$\$ \$$
取平方根，我们发现 $|x+y| \leq|x|+|y|$. 当然，论据 $x-y$ 类似于 $x-y=x+(-y)$. 做下一部分，我们知道 $|a+b| \leq|a|+|b|$ 对于任何 $a$ 和 $b$. 让 $a=x-z$ 和 $b=z-y$. 然后 $|(x-z)+(z-y)| \leq|x-z|+|z-y|$
评论 $2.5 .1$ 我们所做的技术 $x-y=(x-z)+(z-y)$ 被称为加减法，我们会经常使用它!

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统计代写请认准statistics-lab™. statistics-lab™为您的留学生涯保驾护航。

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。

tatistics-lab作为专业的留学生服务机构，多年来已为美国、英国、加拿大、澳洲等留学热门地的学生提供专业的学术服务，包括但不限于Essay代写，Assignment代写，Dissertation代写，Report代写，小组作业代写，Proposal代写，Paper代写，Presentation代写，计算机作业代写，论文修改和润色，网课代做，exam代考等等。写作范围涵盖高中，本科，研究生等海外留学全阶段，辐射金融，经济学，会计学，审计学，管理学等全球99%专业科目。写作团队既有专业英语母语作者，也有海外名校硕博留学生，每位写作老师都拥有过硬的语言能力，专业的学科背景和学术写作经验。我们承诺100%原创，100%专业，100%准时，100%满意。

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。

MATLAB代写

MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。

R语言代写	问卷设计与分析代写
PYTHON代写	回归分析与线性模型代写
MATLAB代写	方差分析与试验设计代写
STATA代写	机器学习/统计学习代写
SPSS代写	计量经济学代写
EVIEWS代写	时间序列分析代写
EXCEL代写	深度学习代写
SQL代写	各种数据建模与可视化代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|MATH 350

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我们提供的实变函数Real analysis及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
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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
$$
2^{k+1}=2 \times 2^{k} \geq 2 \times k^{2}
$$

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Some Contradiction Proofs

Use the POMI to prove the following propositions.
Exercise 2.3.1 $\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2-3}+\cdots+\frac{1}{n-(n+1)}=\frac{n}{n+1}$.
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.
2.4 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
$$
2^{n} \geq n^{2}, \quad \forall n \geq 4
$$
证明 2.3.1
基础 $P(4)$ 是声明 $2^{4}=16 \geq 4^{2}=16$ 这是真的。所以基础步骙得到验证。感应的。我们猜测 $P(k)$ 对任意一个都是真的 $k>4$. 因此，我们知道 $2^{k} \geq k^{2}$. 现在看看 $P(k+1)$. 我们注意到
$$
2^{k+1}=2 \times 2^{k} \geq 2 \times k^{2}
$$
我们需要展示 $2^{k+1} \geq(k+1)^{2}$ 所以我们必须展示 $2 \times k^{2} \geq(k+1)^{2}$. 我们可以通过将两边相乘来简化这一点
$$
2 k^{2} \geq k^{2}+2 k+1 \Rightarrow k^{2} \geq 2 k+1
$$
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 $x^{2}$ 和 $2 x+1$ 在一起，你可以清楚地看到 $k^{2}>2 k+1$ 什么时候 $k>3$.
因此 $P(k+1)$ 是真的，我们已经验证了归纳步骤。因此，通过 POMI， $P(n)$ 适用于所有人 $n \geq 4$.
这是另一个完全不同的。

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Some Contradiction Proofs

使用 POMI 证明以下命题。
练习 2.3.1 $\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2-3}+\cdots+\frac{1}{n-(n+1)}=\frac{n}{n+1}$.
练习 2.3.2 $\frac{d}{d x} x^{n}=n x^{n-1}, \quad \forall x, \forall n \in \mathbb{N}$. 你可以假设你知道权力 $f(x)=x^{n}$ 是可微的并且你知道乘积规则:
如果 $f$ 和 $g$ 是可微的，那么 $(f g)^{\prime}=f^{\prime} g+f g^{\prime}$
$\mathrm{~ 练习 ~ 2 . 3 . 3 1 + x +}$
练习 2.3.4 $\int x^{n} d x=\frac{1}{n+1} x^{n+1}, \quad \forall n \in \mathbb{N}$. 您可以假设您知道按部分集成。基本步骤是 $\int x d x=x^{2} / 2$ 你可以假设你知道。之后是分部整合。
$2.4$ 一些矛盾证明
另一种类型的证明是通过矛盾来完成的。
定理 2.4.1 $\sqrt{2}$ 不是有理数
$\sqrt{2}$ 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 $p^{2}=2 q^{2}$ 这也告诉我们 $p^{2}$ 能被 2 整除。因此，
$p^{2}$ 甚至。意思是不是 $p$ 本身是偶数? 好吧，如果 $p$ 很奇怪，我们可以写 $p=2 \ell+1$ 对于某个整数 $\ell$. 那么，我们就会知道
$$
p^{2}=(2 \ell+1)^{2}=4 \ell^{2}+4 \ell+1
$$
前两个术语， $4 \ell^{2}$ 和 $4 \ell$ 是偶数，所以这意味着 $p^{2}$ 会很奇怪。所以我们看到 $p$ 奇怪的暗示 $p^{2}$ 很奇怪。因此，我们看到 $p$ 必须是偶数 $p^{2}$ 甚至。所以我们现在知道 $p=2 k$ 对于某个整数 $k$ 因为它是均匀的。但是由于 $p^{2}=2 q^{2}$ ，我们必须有 $4 k^{2}=2 q^{2}$. 但这说 $q^{2}$ 必须是均匀的。
我们刚才展示的相同推理 $p$ 奇怪的暗示 $p^{2}$ 很奇怪，然后告诉我们 $q$ 奇怪的暗示 $q^{2}$ 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

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。

有限元方法代写

随机分析代写

时间序列分析代写

回归分析代写

MATLAB代写

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SPSS代写	计量经济学代写
EVIEWS代写	时间序列分析代写
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SQL代写	各种数据建模与可视化代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Course 18

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如果你也在怎样代写实变函数Real analysis这个学科遇到相关的难题，请随时右上角联系我们的24/7代写客服。

我们提供的实变函数Real analysis及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
Statistical Machine Learning 统计机器学习
Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Mathematical Induction

We begin our study of analysis by looking at a powerful tool for proving certain types of propositions: the Principle of Mathematical Induction;
Theorem 2.1.1 The Principle of Mathematical Induction
For each natural number $n$, let $P(n)$ be a statement or proposition about the numbers $n$.

If $P(1)$ is true: This is called the BASIS STEP
If $P(k+1)$ is true when $P(k)$ is true: This is called the INDUCTIVE STEP then we can conclude $P(n)$ is true for all natural numbers $n$.
A proof using the POMI is organized as follows:
Proof 2.1.1
State the Proposition Proof: BASIS Verify $P(1)$ is true
INDUCTIVE
Assume $P(k)$ is true for arbitrary $k>1$ and use that information to prove $P(k+1)$ is true.
We have verified the inductive step. Hence, by the POMI, $P(n)$ holds for all $n$.
QED
You must include this finishing statement as part of your proof and show the QED as above. Here QED is an abbreviation for the Latin Quod Erat Demonstratum or that which was to be shown. We often use the symbol $\mathbf{\text { instead of QED. }}$

Note, the natural numbers or counting numbers are usually denoted by the symbol $\mathbb{N}$. The set of all integers, positive, negative and zero is denoted by $\mathbb{Z}$ and the real numbers is denoted by $\Re$ or $\mathbb{R}$. There are many alternative versions of this. One useful one is this:

Theorem 2.1.2 The Principle of Mathematical Induction II
For each natural number $n$, let $P(n)$ be a statement or proposition about the numbers $n$. If

If there is a number $n_{0}$ so that $P\left(n_{0}\right)$ is true:
BASIS STEP
If $P(k+1)$ is true when $P(k)$ is true for all $k \geq n_{0}$ :
INDUCTIVE STEP
then we can conclude $P(n)$ is true for all natural numbers $n \geq n_{0}$.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|More Examples

Let’s work out some of these type arguments.
Theorem $2.2 .1$
$$
1+2+3+\cdots+n=\frac{1}{2} n(n+1), \quad \forall n \geq 1
$$
Proof 2.2.1
BASIS: $P(1)$ is the statement $1=\frac{1}{2}(1)(2)=1$ which is true. So the basis step is verified.

INDUCTIVE. We assume $P(k)$ is true for an arbitrary $k>1$. Hence, we know
$$
1+2+3+\cdots+k=\frac{1}{2} k(k+1)
$$
Now look at $P(k+1)$. We note
$$
1+2+3+\cdots+(k+1)={1+2+3+\cdots+k}+(k+1)
$$
Now apply the induction hypothesis and let $1+2+3+\cdots+k=\frac{1}{2} k(k+1)$ We find
$$
1+2+3+\cdots+(k+1)=\frac{1}{2} k(k+1)+(k+1)=(k+1)\left{\frac{1}{2} k+1\right}=\frac{1}{2}(k+1)(k+2)
$$
This is precisely the statement $P(k+1)$. Thus $P(k+1)$ is true and we have verified the inductive step. Hence, by the POMI, $P(n)$ holds for all $n$.

Recall when you first encountered Riemann integration, you probably looked at taking the limit of Riemann sums using right side partitions. So for example, for $f(x)=2+x$ on the interval $[0,1]$ using a partition width of $\frac{1}{n}$, the Riemann sum is
$$
\sum_{i=1}^{n} f\left(0+\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n}=\sum_{i=1}^{n}\left(2+\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n}=\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} 1+\frac{1}{n^{2}} \sum_{i=1}^{n} i
$$
The first sum, $\sum_{i=1}^{n} 1=n$ and so the first term is $2 \frac{n}{n}=2$. To evaluate the second term, we use our formula from above: $\sum_{i=1}^{n} i=\frac{1}{2} n(n+1)$ and so the second term becomes $\frac{n(n+1)}{2 n n}$ which simplifies to $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)$. So the Riemann sum here is $2+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)$ which as $n$ gets large clearly approaches the value $2.5$. The terms $2.5+\frac{1}{2 n}$ form what is called a sequence and the limit of this sequence is 2.5. We will talk about this a lot more later. From your earlier calculus courses, you know
$$
\int_{0}^{1}(2+x) d x=\left.\left(2 x+\frac{1}{2} x^{2}\right)\right|_{0} ^{1}=2+\frac{1}{2} .
$$
which matches what we found with the Riemann sum limit. In later chapters, we discuss the theory of Riemann integration much more carefully, so consider this just a taste of that kind of theory!

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Mathematical Induction

我们通过研究证明某些类型命题的强大工具开始我们的分析研究：数学归纳原理；定理 2.1.1对每个自然数
的数学归纳原理
n，让磷(n)是关于数字的陈述或命题n.

如果磷(1)是真的：这被称为基础步骤
如果磷(ķ+1)是真的磷(ķ)是真的：这被称为归纳步骤然后我们可以得出结论磷(n)对所有自然数都成立n.
使用 POMI 的证明组织如下：
证明 2.1.1
陈述命题证明：基础验证磷(1)是真的
归纳
假设磷(ķ)任意为真ķ>1并使用该信息来证明磷(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.
QED
您必须将此完成声明作为证明的一部分，并按上述方式出示 QED。这里的 QED 是拉丁语 Quod Erat Demonstratum 或将要显示的内容的缩写。我们经常使用符号而不是 QED。

注意，自然数或计数数通常用符号表示ñ. 所有整数（正、负和零）的集合表示为从实数表示为ℜ或者R. 有许多替代版本。一个有用的是：

定理 2.1.2 数学归纳原理 II
对于每个自然数n，让磷(n)是关于数字的陈述或命题n. 如果

如果有号码n0以便磷(n0)是真的：
基础步骤
如果磷(ķ+1)是真的磷(ķ)对所有人都是正确的ķ≥n0:
归纳步骤
然后我们可以得出结论磷(n)对所有自然数都成立n≥n0.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|More Examples

让我们找出其中的一些类型参数。
定理2.2.1
$$
1+2+3+\cdots+n=\frac{1}{2} n(n+1), \quad \forall n \geq 1
$$
证明 2.2.1
基础: $P(1)$ 是声明 $1=\frac{1}{2}(1)(2)=1$ 这是真的。所以基础步骤得到验证。
感应的。我们猜测 $P(k)$ 对任意一个都是真的 $k>1$. 因此，我们知道
$$
1+2+3+\cdots+k=\frac{1}{2} k(k+1)
$$
现在看看 $P(k+1)$. 我们注意到
$$
1+2+3+\cdots+(k+1)=1+2+3+\cdots+k+(k+1)
$$
现在应用归纳假设并让 $1+2+3+\cdots+k=\frac{1}{2} k(k+1)$ 我们发现 $1+2+3+\backslash$ cdots $+(k+1)=\backslash$ frac ${1}{2} k(k+1)+(k+1)=(k+1) \backslash$ eft ${\backslash$ frac ${1}{2} k+1 \backslash$ right $}=\backslash$ frac ${1}{2}(k+1)(k+2)$
这正是声明 $P(k+1)$. 因此 $P(k+1)$ 是真的，我们已经验证了归纳步骤。因此，通过 POMI， $P(n)$ 适用于所有人 $n$.
回想一下，当您第一次遇到黎曽积分时，您可能看过使用右侧分区来获取黎曼和的极限。例如，对于 $f(x)=2+x$ 在区间 $[0,1]$ 使用分区宽度 $\frac{1}{n}$, 黎曼和是
$$
\sum_{i=1}^{n} f\left(0+\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n}=\sum_{i=1}^{n}\left(2+\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n}=\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} 1+\frac{1}{n^{2}} \sum_{i=1}^{n} i
$$
第一笔款项， $\sum_{i=1}^{n} 1=n$ 所以第一项是 $2 \frac{n}{n}=2$. 为了评估第二项，我们使用上面的公式:
$\sum_{i=1}^{n} i=\frac{1}{2} n(n+1)$ 所以第二项变成 $\frac{n(n+1)}{2 n n}$ 这简化为 $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)$. 所以这里的黎曼和是 $2+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)$ 作为 $n$ 变大明显接近价值 $2.5$. 条款 $2.5+\frac{1}{2 n}$ 形成所谓的序列，这个序列的极限是 2.5。我们稍后会更多地讨论这个问题。从你早期的微积分课程中，你知道
$$
\int_{0}^{1}(2+x) d x=\left.\left(2 x+\frac{1}{2} x^{2}\right)\right|_{0} ^{1}=2+\frac{1}{2}
$$
这与我们发现的黎曼和极限相匹配。在后面的章节中，我们会更仔细地讨论黎曼积分理论，所以认为这只是对这种理论的一种尝试!

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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。

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Bolzano – Weierstrass Results

Posted on 2022年5月26日2022年5月26日 by statistics-lab

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Bolzano – Weierstrass Results

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Bounded Sequences with a Finite Range

We have already looked at sequences with finite ranges. Since their range is finite, they are bounded sequences. We also know they have subsequences that converge which we have explicitly calculated. If the range of the sequence is a single value, then we know the sequence will converge to that value and we now know how to prove convergence of a sequence. Let’s formalize this into a theorem. But this time, we will argue more abstractly. Note how the argument is still essentially the same.
Theorem 4.1.1 A Sequence with a Finite Range Diverges Unless the Range is One Value
Let the sequence $\left(a_{n}\right)$ have a finite range $\left{y_{1}, \ldots, y_{p}\right}$ for some positive integer $p \geq 1$. If $p=1$, the sequence converges to $y_{1}$ and if $p>1$, the sequence does not converge but there is a subsequence $\left(a_{n_{k}^{i}}\right)$ which converges to $y_{i}$ for each $y_{i}$ in the range of the sequence.
Proof 4.1.1
If the range of the sequence consists of just one point, then $a_{n}=y_{1}$ for all $n$ and it is easy to see $a_{n} \rightarrow y_{1}$ as given $\epsilon>0,\left|a_{n}-y_{1}\right|=\left|y_{1}-y_{1}\right|=0<\epsilon$ for all $n$ which shows convergence.

If the range has $p>1$, let a be any number not in the range and calculate $d_{i}=\left|a-y_{i}\right|$, the distance from a to each point $y_{i}$ in the range. Let $d=(1 / 2) \min \left{d_{1}, \ldots, d_{p}\right}$ and choose $\epsilon=d$. Then $\left|a_{n}-a\right|$ takes on $p$ values, $\left|y_{i}-a\right|=d_{i}$ for all $n$. But $d_{i}>d$ for all $i$ which shows us that $\left|a_{n}-a\right|>\epsilon$ for all $n$. A little thought then shows us this is precisely the definition of the sequence $\left(a_{n}\right)$ not converging to $a$.

If $a$ is one of the range values, say $a=y_{i}$, then the distances we defined above are positive except $d_{i}$ which is zero. So $\left|a_{n}-y_{i}\right|$ is zero for all indices $n$ which give range value $y_{i}$ but positive for all other range values. Let $\epsilon=d=(1 / 2) \min {j \neq i}\left|d{i}-d_{j}\right|$. Then, for any index $n$ with $a_{n} \neq y_{i}$, we have $\left|a_{n}-y_{i}\right|=\left|y_{j}-y_{i}\right|=d_{j}>d$ for some $j$. Thus, no matter what $N$ we pick, we can always find $n>N$ giving $\left|a_{n}-y_{i}\right|>\epsilon$. Hence, the limit can not be $y_{i}$. Since this argument works for any range value $y_{i}$, we see the limit value can not be any range value.

To make this concrete, say there were 3 values in the range, $\left{y_{1}, y_{2}, y_{3}\right}$. If the limit was $y_{2}$, let $\epsilon=d=(1 / 2) \min \left{\left|y_{1}-y_{2}\right|,\left|y_{3}-y_{2}\right|\right}$. Then,

$$
\left|a_{n}-y_{2}\right|= \begin{cases}\left|y_{2}-y_{1}\right|>d=\epsilon, & a_{n}=y_{1} \ \left|y_{2}-y_{2}\right|=0, & a_{n}=y_{2} \ \left|y_{3}-y_{2}\right|>d,=\epsilon & a_{n}=y_{3}\end{cases}
$$
Given any $N$ we can choose $n>N$ so that $\left|a_{n}-y_{2}\right|>\epsilon$. Hence, the limit can not be $y_{2}$. Note how this argument is much more abstract than our previous ones.

Comment 4.1.1 For comvenience of exposition (cool phrase…) let’s look at the range value $y_{1}$. The sequence has a block which repeats and inside that block are the different values of the range $y_{i}$. There is a first time $y_{1}$ is present in the first block. Call this index $n_{1}$. Let the block size by $Q$. Then the next time $y_{1}$ occurs in this position in the block is at index $n_{1}+Q$. In fact, $y_{1}$ occurs in the sequence at indices $n_{1}+j Q$ where $j \geq 1$. This defines the subsequence $a_{n_{1}}+j Q$ which converges to $y_{1}$. The same sort of argument can be used for each of the remaining $y_{i}$.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Sequences with an Infinite Range

We are now ready for our most abstract result so far.
Theorem 4.2.1 Bolzano – Weierstrass Theorem
Every bounded sequence has at least one convergent subsequence.
Proof 4.2.1
As discussed, we have already shown a sequence with a bounded finite range always has convergent subsequences. Now we prove the case where the range of the sequence of values $\left{a_{1}, a_{2} \ldots,\right$,$} has$ infinitely many distinct values. We assume the sequences start at $n=k$ and by assumption, there is a positive number $B$ so that $-B \leq a_{n} \leq B$ for all $n \geq k$. Define the interval $J_{0}=\left[\alpha_{0}, \beta_{0}\right]$ where $\alpha_{0}=-B$ and $\beta_{0}=B$. Thus at this starting step, $J_{0}=[-B, B]$. Note the length of $J_{0}$, denoted by $\ell_{0}$ is $2 B$.

Let $\mathcal{S}$ be the range of the sequence which has infinitely many points and for convenience, we will let the phrase infinitely many points be abbreviated to IMPs.
Step 1:
Bisect $\left[\alpha_{0}, \beta_{0}\right]$ into two pieces $u_{0}$ and $u_{1}$. That is the interval $J_{0}$ is the union of the two sets $u_{0}$ and $u_{1}$ and $J_{0}=u_{0} \cup u_{1}$. Now at least one of the intervals $u_{0}$ and $u_{1}$ contains IMPs of $\mathcal{S}$ as otherwise each piece has only finitely many points and that contradicts our assumption that $\mathcal{S}$ has IMPS. Now both may contain IMPS so select one such interval containing IMPS and call it $J_{1}$. Label the endpoints of $J_{1}$ as $\alpha_{1}$ and $\beta_{1}$; hence, $J_{1}=\left[\alpha_{1}, \beta_{1}\right] .$ Note $\ell_{1}=\beta_{1}-\alpha_{1}=\frac{1}{2} \ell_{0}=B$ We see $J_{1} \subseteq J_{0}$ and
$$
-B=\alpha_{0} \leq \alpha_{1} \leq \beta_{1} \leq \beta_{0}=B
$$
Since $J_{1}$ contains IMPS, we can select a sequence value $a_{n_{1}}$ from $J_{1}$.
Step 2:
Now bisect $J_{1}$ into subintervals $u_{0}$ and $u_{1}$ just as before so that $J_{1}=u_{0} \cup u_{1}$. At least one of $u_{0}$ and $u_{1}$ contain IMPS of $\mathcal{S}$.

Choose one such interval and call it $J_{2}$. Label the endpoints of $J_{2}$ as $\alpha_{2}$ and $\beta_{2}$; hence, $J_{2}=$ $\left[\alpha_{2}, \beta_{2}\right]$. Note $\ell_{2}=\beta_{2}-\alpha_{2}=\frac{1}{2} \ell_{1}$ or $\ell_{2}=(1 / 4) \ell_{0}=\left(1 / 2^{2}\right) \ell_{0}=(1 / 2) B$. We see $J_{2} \subseteq J_{1} \subseteq J_{0}$ and
$$
-B=\alpha_{0} \leq \alpha_{1} \leq \alpha_{2} \leq \beta_{2} \leq \beta_{1} \leq \beta_{0}=B
$$

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Extensions to $\Re^{2}$

We can extend our arguments to bounded sequences in $\mathfrak{R}^{2}$. We haven’t talked about it yet, but given a sequence in $\Re^{2}$, the elements of the sequence will be vectors. The sequence then will be made up of vectors.
$$
\left(\left(x_{n}\right)\right)=\left[\begin{array}{l}
x_{1, n} \
x_{2, n}
\end{array}\right]
$$
We would say the sequence converges to a vector $\boldsymbol{x}$ is for all $\epsilon>0$, there is an $N$ so that
$$
n>N \Longrightarrow\left|\boldsymbol{x}{n}-\boldsymbol{x}\right|{2}<\epsilon
$$
where we measure the distance between two vectors in $\Re^{2}$ using the standard Euclidean norm, here called $|\cdot|_{2}$ defined by
$$
\left|\boldsymbol{x}{n}-\boldsymbol{x}\right|{2}=\sqrt{\left(x_{1, n}-x_{1}\right)^{2}+\left(x_{2, n}-x_{2}\right)^{2}}
$$
where $\boldsymbol{x}=\left[x_{1}, x_{2}\right]^{\prime}$. This sequence is bounded if there is a positive number $B$ so that $\left|\boldsymbol{x}{\boldsymbol{n}}\right|{2}<B$ for all appropriate $n$. We can sketch the proof for the case where there are infinitely many vectors in this sequence which is bounded.
Theorem 4.2.2 The Bolzano – Weierstrass Theorem in $\Re^{2}$
Every bounded sequence of vectors in $\mathrm{R}^{2}$ with an infinite range has at least one convergent subsequence.
Proof 4.2.3
We will just sketch the argument. Since this sequence is bounded, there are positive numbers $B_{1}$ and $B_{2}$ so that
$$
-B_{1} \leq x_{1 n} \leq B_{1} \quad \text { and } \quad-B_{2} \leq x_{2 n} \leq B_{2}
$$
The same argument we just used for the Bolzano – Weierstrass Theorem in $\Re$ works. We bisect both edges of the box to create 4 rectangles. At least one must contain IMPs and we choose one that does. Then at each step, continue this subdivision process always choosing a rectangle with IMPs. Here are a few of the details. We start by labeling the initial box by

$$
J_{0}=\left[-B_{1}, B_{1}\right] \times\left[-B_{2}, B_{2}\right]=\left[\alpha_{0}, \beta_{0}\right] \times\left[\delta_{0}, \gamma 0\right]
$$
We pick a first vector $x_{n_{0}}$ from the initial box. The area of this rectangle is $A_{0}=\left(\beta_{0}-\alpha_{0}\right)\left(\gamma_{0}-\delta_{0}\right)$ and at the first step, the bisection of each edge leads to four rectangles of area $A_{0} / 4$. At least one of these rectangles contains IMPs and after our choice, we label the new rectangle. $J_{1}=\left[\alpha_{1}, \beta_{1}\right] \times$ $\left[\delta_{1}, \gamma_{1}\right]$ and pick a vector $\boldsymbol{x}{n{1}}$ different from the first one from $J_{0}$.
At this point, we have
$$
\begin{aligned}
&-B_{1}=\alpha_{0} \leq \alpha_{1} \leq \beta_{1} \leq \beta_{0}=B_{1} \
&-B_{2}=\delta_{0} \leq \delta_{1} \leq \gamma_{1} \leq \gamma_{0}=B_{2}
\end{aligned}
$$
and after $p$ steps, we have
$$
\begin{aligned}
&-B_{1}=\alpha_{0} \leq \alpha_{1} \leq \ldots \alpha_{p} \leq \beta_{p} \leq \ldots \leq \beta_{1} \leq \beta_{0}=B_{1} \
&-B_{2}=\delta_{0} \leq \delta_{1} \leq \ldots \delta_{p} \leq \gamma_{p} \leq \ldots \leq \gamma_{1} \leq \gamma_{0}=B_{2}
\end{aligned}
$$
with the edge lengths $\beta_{p}-\alpha_{p}$ and $\gamma_{p}-\delta_{p}$ going to zero as $p$ increases, As before, we pick a value $\boldsymbol{x}{n{p}}$ different from the ones at previous stages. Similar arguments show that $\alpha_{p} \rightarrow \alpha$ and $\beta_{p} \rightarrow \beta$ with $\alpha=\beta$ and $\delta_{p} \rightarrow \delta$ and $\gamma_{p} \rightarrow \gamma$ with $\delta=\gamma$. We find also $\boldsymbol{x}{n{p}} \rightarrow[\alpha, \delta]^{\prime}$ which gives us the result. The convergence arguments here are indeed a bit different as we have to measure distance between two vectors using $\left|_{1}\right|_{2}$ but it is not too difficult to figure it out.

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Bounded Sequences with a Finite Range

我们已经看过有限范围的序列。由于它们的范围是有限的，因此它们是有界序列。我们也知道它们有我们已经明确计算过的收敛子序列。如果序列的范围是单个值，那么我们知道序列将收敛到该值，并且我们现在知道如何证明序列的收敛性。让我们将其形式化为一个定理。但这一次，我们将更抽象地争论。请注意论点如何仍然基本相同。
定理 4.1.1 具有有限范围的序列发散，除非范围是一个值
让序列(一种n)有一个有限的范围\left{y_{1}, \ldots, y_{p}\right}\left{y_{1}, \ldots, y_{p}\right}对于一些正整数p≥1. 如果p=1, 序列收敛到是1而如果p>1，序列不收敛但有子序列(一种nķ一世)收敛到是一世对于每个是一世在序列范围内。
证明 4.1.1
如果序列的范围只包含一个点，那么一种n=是1对全部n很容易看出一种n→是1如给定的ε>0,|一种n−是1|=|是1−是1|=0<ε对全部n这表明收敛。

如果范围有p>1, 让 a 为不在范围内的任何数字并计算d一世=|一种−是一世|, a 到每个点的距离是一世在范围内。让d=(1 / 2) \min \left{d_{1}, \ldots, d_{p}\right}d=(1 / 2) \min \left{d_{1}, \ldots, d_{p}\right}并选择ε=d. 然后|一种n−一种|承担p价值观，|是一世−一种|=d一世对全部n. 但d一世>d对全部一世这向我们展示了|一种n−一种|>ε对全部n. 稍加思考，我们就知道这正是序列的定义(一种n)不收敛到一种.

为了具体说明，假设范围内有 3 个值，\left{y_{1}, y_{2}, y_{3}\right}\left{y_{1}, y_{2}, y_{3}\right}. 如果限制是是2，让\epsilon=d=(1 / 2) \min \left{\left|y_{1}-y_{2}\right|,\left|y_{3}-y_{2}\right|\right}\epsilon=d=(1 / 2) \min \left{\left|y_{1}-y_{2}\right|,\left|y_{3}-y_{2}\right|\right}. 然后，

|一种n−是2|={|是2−是1|>d=ε,一种n=是1 |是2−是2|=0,一种n=是2 |是3−是2|>d,=ε一种n=是3
鉴于任何ñ我们可以选择n>ñ以便|一种n−是2|>ε. 因此，极限不能是2. 请注意，这个论点比我们之前的论点要抽象得多。

注释 4.1.1 为了方便说明（很酷的短语……），让我们看一下范围值是1. 该序列有一个重复的块，在该块内是范围的不同值是一世. 有第一次是1存在于第一个块中。调用这个索引n1. 让块大小为问. 然后下次是1发生在块中的这个位置是在索引处n1+问. 实际上，是1出现在索引处的序列中n1+j问在哪里j≥1. 这定义了子序列一种n1+j问收敛到是1. 剩下的每一个都可以使用相同类型的参数是一世.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Sequences with an Infinite Range

我们现在已经为我们迄今为止最抽象的结果做好了准备。
定理 4.2.1 Bolzano – Weierstrass Theorem
每个有界序列至少有一个收敛子序列。
证明 4.2.1
正如所讨论的，我们已经证明了一个有界有限范围的序列总是有收敛的子序列。现在我们证明值序列的范围\left{a_{1}, a_{2} \ldots,\right$,$} 有\left{a_{1}, a_{2} \ldots,\right$,$} 有无限多个不同的值。我们假设序列开始于n=ķ并且通过假设，有一个正数乙以便−乙≤一种n≤乙对全部n≥ķ. 定义间隔Ĵ0=[一种0,b0]在哪里一种0=−乙和b0=乙. 因此，在这个起始步骤，Ĵ0=[−乙,乙]. 注意长度Ĵ0，表示为ℓ0是2乙.

让小号是具有无限多点的序列的范围，为方便起见，我们将把无限多点这一短语缩写为 IMPs。
第 1 步：
平分[一种0,b0]分成两块在0和在1. 那就是间隔Ĵ0是两个集合的并集在0和在1和Ĵ0=在0∪在1. 现在至少有一个区间在0和在1包含 IMP小号因为否则每一块只有有限多的点，这与我们的假设相矛盾小号有 IMPS。现在两者都可能包含 IMPS，因此选择一个包含 IMPS 的间隔并调用它Ĵ1. 标记端点Ĵ1作为一种1和b1; 因此，Ĵ1=[一种1,b1].笔记ℓ1=b1−一种1=12ℓ0=乙我们看Ĵ1⊆Ĵ0和

−乙=一种0≤一种1≤b1≤b0=乙
自从Ĵ1包含 IMPS，我们可以选择一个序列值一种n1从Ĵ1.
第2步：
现在平分Ĵ1进入子区间在0和在1就像以前一样Ĵ1=在0∪在1. 至少其中之一在0和在1包含 IMPS小号.

选择一个这样的间隔并调用它Ĵ2. 标记端点Ĵ2作为一种2和b2; 因此，Ĵ2= [一种2,b2]. 笔记ℓ2=b2−一种2=12ℓ1或者ℓ2=(1/4)ℓ0=(1/22)ℓ0=(1/2)乙. 我们看Ĵ2⊆Ĵ1⊆Ĵ0和

−乙=一种0≤一种1≤一种2≤b2≤b1≤b0=乙

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Extensions to ℜ2

我们可以将我们的论点扩展到有界序列R2. 我们还没有谈论它，但给出了一个序列ℜ2，序列的元素将是向量。然后序列将由向量组成。

((Xn))=[X1,n X2,n]
我们会说序列收敛到一个向量X适合所有人ε>0，有一个ñ以便

n>ñ⟹|Xn−X|2<ε
我们测量两个向量之间的距离ℜ2使用标准欧几里得范数，这里称为|⋅|2被定义为

|Xn−X|2=(X1,n−X1)2+(X2,n−X2)2
在哪里X=[X1,X2]′. 如果有一个正数，这个序列是有界的乙以便|Xn|2<乙对于所有适当的n. 我们可以勾勒出这个有界序列中有无限多个向量的情况的证明。
定理 4.2.2 Bolzano – Weierstrass Theorem inℜ2
中的每个有界向量序列R2具有无限范围的至少有一个收敛子序列。
证明 4.2.3
我们将简述论证。由于这个序列是有界的，所以有正数乙1和乙2以便

−乙1≤X1n≤乙1 和 −乙2≤X2n≤乙2
我们刚刚对 Bolzano – Weierstrass Theorem 使用的相同论点ℜ作品。我们将盒子的两条边一分为二来创建 4 个矩形。至少一个必须包含 IMP，我们选择一个包含 IMP。然后在每一步，继续这个细分过程，总是选择一个带有 IMP 的矩形。这里有一些细节。我们首先将初始框标记为

Ĵ0=[−乙1,乙1]×[−乙2,乙2]=[一种0,b0]×[d0,C0]
我们选择第一个向量Xn0从最初的盒子。这个矩形的面积是一种0=(b0−一种0)(C0−d0)第一步，每条边的二等分导致四个矩形区域一种0/4. 这些矩形中至少有一个包含 IMP，在我们选择之后，我们标记新的矩形。Ĵ1=[一种1,b1]× [d1,C1]并选择一个向量Xn1不同于第一个Ĵ0.
此时，我们有

−乙1=一种0≤一种1≤b1≤b0=乙1 −乙2=d0≤d1≤C1≤C0=乙2
之后p步骤，我们有

−乙1=一种0≤一种1≤…一种p≤bp≤…≤b1≤b0=乙1 −乙2=d0≤d1≤…dp≤Cp≤…≤C1≤C0=乙2
边长bp−一种p和Cp−dp归零为p增加，和以前一样，我们选择一个值Xnp与之前的阶段不同。类似的论据表明一种p→一种和bp→b和一种=b和dp→d和Cp→C和d=C. 我们还发现Xnp→[一种,d]′这给了我们结果。这里的收敛参数确实有点不同，因为我们必须使用测量两个向量之间的距离|1|2但弄清楚它并不难。

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Uniqueness of Limits and So Forth

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Convergent Sequences have Unique Limits

First, we need to show the limit of a convergent sequence is unique.
Theorem 3.3.3 Convergent Sequences have Unique Limits
If the sequence $\left(x_{n}\right)$ converges, then the limit is unique.
Proof 3.3.3
Assume $x_{n} \rightarrow a$ and $x_{n} \rightarrow b$. Then for an arbitrary $\epsilon>0$, there is an $N_{1}$ and an $N_{2}$ so that
$$
\begin{aligned}
&n>N_{1} \Rightarrow\left|x_{n}-a\right|<\epsilon / 2 \ &n>N_{2} \Rightarrow\left|x_{n}-b\right|<\epsilon / 2 \end{aligned} $$ Now pick a $P>\max \left{N_{1}, N_{2}\right}$. Then, we have
$$
|a-b|=\left|a-x_{P}+x_{P}-b\right| \leq\left|a-x_{P}\right|+\left|x_{P}-b\right|<\epsilon / 2+\epsilon / 2=\epsilon $$ Since $\epsilon>0$ is arbitrary and $|a-b|<\epsilon$ for all $\epsilon>0$, this shows $a=b$.
Next we need to look at subsequences of convergent sequences.
Theorem 3.3.4 Subsequences of Convergent Sequences have the Same Limit
Assume $\left(x_{n}\right)$ converges and $\left(x_{n_{k}}\right)$ is a subsequence. Then $\left(x_{n_{k}}\right)$ converges to the same limiting value.
Proof 3.3.4
Since $x_{n} \rightarrow$ a for some a, for arbitrary $\epsilon>0$, there is an $N$ so that $n>N \Rightarrow\left|x_{n}-a\right|<\epsilon$. In particular, $n_{k}>N \Rightarrow\left|x_{n_{k}}-a\right|<\epsilon$. This says $x_{n_{k}} \rightarrow$ a also.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Proofs of Convergence

The range of this sequence is not finite and indeed does not repeat any values. However, we can guess that as $n$ gets large, the values in the sequence are closer and closer to 1 . So let’s assume $a=1$ as our guess for the limit. Pick an arbitrary $\epsilon>0$ and consider
$$
\left|a_{n}-a\right|=|(1+(4 / n))-1|=|4 / n|=4|1 / n|
$$
Pick any $N$ so that $4 / N<\epsilon$ or $N>4 / \epsilon$. Then for any $n>N, n>4 / \epsilon$ or $4 / n<\epsilon$ So we have shown $$ n>N>4 / \epsilon \Rightarrow|(1+(4 / n))-1|<\epsilon $$ Since $\in$ was chosen arbitrarily, we know the sequence converges to $1 .$ The convergence proofs follows a nice template which we show next. Theorem 3.3.6 $a_{n} \rightarrow a$ Template $$ a_{n} \rightarrow a \text {. } $$ Proof 3.3.6 Step 1: Identify what $a$ is. Step 2: Choose $\epsilon>0$ arbitrarily.
Step 3: Now follow this argument:
$$
\begin{aligned}
\mid \text { original sequence – proposed limit } \mid &=\mid \text { simplify using algebra etc to get a new expression } \mid \
& \leq \mid \text { use triangle inequality etc to get a new expression again } \mid \
&=\text { call this last step the overestimate. We have now } \
&=\mid \text { overestimate } \mid<\epsilon \end{aligned} $$ Step 4: Solve for $n$ in terms of $\epsilon$ to give a simple equation. Step 5: Choose $N$ to satisfy the inequality you get from Step $4 .$ Step 6: Then for any $n>N$, |overestimate $\mid<\epsilon$ and we have $\mid$ (original ) $-$ (proposed limit) $\mid<\epsilon$ proving $a_{n} \rightarrow a$. Theorem 3.3.7 $\left(\frac{1+4 n}{5+6 n}\right)$ Converges $\left(\frac{1+4 n}{5+6 n}\right)_{n \geq 1}$ converges. Proof 3.3.7 We can guess the value of the limit is $a=2 / 3$ so pick $\epsilon>0$ arbitrarily. Consider
$$
\left|\frac{1+4 n}{5+6 n}-\frac{2}{3}\right|=\left|\frac{3(1+4 n)-2(5+6 n)}{(3)(5+6 n)}\right|=\left|\frac{-7}{(3)(5+6 n)}\right|
$$

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Sequence Spaces

Let $S$ denote the set of all sequences of real numbers. To make it easy to write them down, let’s assume all these sequences start at the same integer, say $k$. So $S$ is the set of all objects $x$ where $x$ is a sequence of the form $\left(a_{n}\right){n \geq k}$. Thus, $S=\left{x: x=\left(a{n}\right)_{n \geq k}\right}$.

We define addition operation + like this: $x+y$ is the new sequence $\left(a_{n}+b_{n}\right){n \geq k}$ when $x=\left(a{n}\right){n \geq k}$ and $y=\left(b{n}\right)_{n \geq k}$. So if $x=\left(3+4 / n+5 / n^{2}\right)$ and $y=\left(-7+\sin (n+2)+3 / n^{3}\right)$ the sequence $x+y=\left(-4+4 / n+5 / n^{2}+3 / n^{3}+\sin (n+2)\right)$.
We can do a similar thing with the subtraction operation, $-$.
We can scale a sequence with any number $\alpha$ by defining the sequence $\alpha x$ to be $\alpha x=$ $\left(\alpha a_{n}\right)_{n \geq k}$. Thus, the sequence $2\left(13+5 / n^{4}\right)=\left(26+10 / n^{4}\right)$.
With these operations, $S$ is a vector space over the Real numbers. This is an idea you probably heard about in your Linear Algebra course.

The set of all sequences that converge is also a vector space which we denote by $c$ but we have to prove that the new sequence $\alpha\left(a_{n}\right)+\beta\left(b_{n}\right)$ also converges when we know $\left(a_{n}\right)$ and $\left(b_{n}\right)$ converge.
The set of all sequences that converge to zero is also a vector space which we denote by $c_{0}$ but we have to prove that the new sequence $\alpha\left(a_{n}\right)+\beta\left(b_{n}\right)$ also converges to 0 when we know $\left(a_{n}\right)$ and $\left(b_{n}\right.$ ) converge to 0 .

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Convergent Sequences have Unique Limits

首先，我们需要证明收敛序列的极限是唯一的。
定理 3.3.3 收敛序列有唯一极限
如果序列(Xn)收敛，则极限是唯一的。
证明 3.3.3
假设Xn→一种和Xn→b. 然后对于任意ε>0，有一个ñ1和ñ2以便

n>ñ1⇒|Xn−一种|<ε/2 n>ñ2⇒|Xn−b|<ε/2现在选一个P>\max \left{N_{1}, N_{2}\right}P>\max \left{N_{1}, N_{2}\right}. 那么，我们有

|一种−b|=|一种−X磷+X磷−b|≤|一种−X磷|+|X磷−b|<ε/2+ε/2=ε自从ε>0是任意的并且|一种−b|<ε对全部ε>0，这表明一种=b.
接下来我们需要查看收敛序列的子序列。
定理 3.3.4 收敛序列的子序列具有相同的极限
假设(Xn)收敛和(Xnķ)是一个子序列。然后(Xnķ)收敛到相同的极限值。
证明 3.3.4
自Xn→a 代表一些 a，代表任意ε>0，有一个ñ以便n>ñ⇒|Xn−一种|<ε. 尤其，nķ>ñ⇒|Xnķ−一种|<ε. 这说Xnķ→一个也。

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Proofs of Convergence

这个序列的范围不是有限的，并且确实不重复任何值。但是，我们可以猜测为n变大，序列中的值越来越接近 1 。所以让我们假设一种=1作为我们对极限的猜测。任意选择ε>0并考虑

|一种n−一种|=|(1+(4/n))−1|=|4/n|=4|1/n|
选择任何ñ以便4/ñ<ε或者ñ>4/ε. 那么对于任何n>ñ,n>4/ε或者4/n<ε所以我们展示了

n>ñ>4/ε⇒|(1+(4/n))−1|<ε自从∈任意选择，我们知道序列收敛到1.收敛证明遵循我们接下来展示的一个很好的模板。定理 3.3.6一种n→一种模板

一种n→一种. 证明 3.3.6 步骤 1：识别什么一种是。第 2 步：选择ε>0任意。
第 3 步：现在遵循这个论点：

∣ 原始序列 – 建议的限制 ∣=∣ 使用代数等简化以获得新表达式 ∣ ≤∣ 使用三角不等式等再次获得新的表达式 ∣ = 称这最后一步为高估。我们现在有 =∣ 高估 ∣<ε第 4 步：求解n按照ε给出一个简单的方程。第 5 步：选择ñ满足你从 Step 得到的不等式4.第6步：然后对于任何n>ñ, |高估∣<ε我们有∣（原来的）−（建议限制）∣<ε证明一种n→一种. 定理 3.3.7(1+4n5+6n)收敛(1+4n5+6n)n≥1收敛。证明 3.3.7 我们可以猜测极限的值是一种=2/3所以选择ε>0任意。考虑

|1+4n5+6n−23|=|3(1+4n)−2(5+6n)(3)(5+6n)|=|−7(3)(5+6n)|

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Sequence Spaces

让小号表示所有实数序列的集合。为了方便写下来，我们假设所有这些序列都以相同的整数开始，比如说ķ. 所以小号是所有对象的集合X在哪里X是形式的序列(一种n)n≥ķ. 因此，S=\left{x: x=\left(a{n}\right)_{n \geq k}\right}S=\left{x: x=\left(a{n}\right)_{n \geq k}\right}.

我们这样定义加法运算+：X+是是新的序列(一种n+bn)n≥ķ什么时候X=(一种n)n≥ķ和是=(bn)n≥ķ. 因此，如果X=(3+4/n+5/n2)和是=(−7+罪⁡(n+2)+3/n3)序列X+是=(−4+4/n+5/n2+3/n3+罪⁡(n+2)).
我们可以用减法运算做类似的事情，−.
我们可以用任意数字缩放一个序列一种通过定义序列一种X成为一种X= (一种一种n)n≥ķ. 因此，序列2(13+5/n4)=(26+10/n4).
通过这些操作，小号是实数上的向量空间。这是您可能在线性代数课程中听说过的一个想法。

收敛的所有序列的集合也是一个向量空间，我们记为C但我们必须证明新序列一种(一种n)+b(bn)当我们知道时也会收敛(一种n)和(bn)收敛。
收敛到零的所有序列的集合也是一个向量空间，我们记为C0但我们必须证明新序列一种(一种n)+b(bn)当我们知道时也收敛到 0(一种n)和(bn) 收敛到 0 。

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金融工程代写

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。

有限元方法代写

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Sequences of Real Numbers

Posted on 2022年5月26日2022年5月26日 by statistics-lab

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Sequences of Real Numbers

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Basic Definitions

To define sequences and subsequences of a sequence, we must have a way of stating precisely what kinds of subsets of the integers we want to focus on.
Definition 3.1.1 Right Increasing Subsets of Integers
We know $\mathbb{Z}={\ldots,-2,-1,0,1,2,3, \ldots}$ is the set of integers. Let $\mathbb{Z}{\geq k}$ denote the set of all integers $\geq k$ Thus, $\mathbb{Z}{\geq-3}={-3,-2,-1,0,1,2,3, \ldots}$. Let $T$ be a subset of $\mathbb{Z}$. We say $T$ is a Right Increasing Infinite Subset or $\mathbf{R I I}$ of $\mathbb{Z}$ if $T$ is not bounded above and $T$ is bounded below and the entries in $T$ are always increasing.
Example 3.1.1
$$
\begin{aligned}
&T={2,4,6, \ldots, 2 n, \ldots}={2 k}_{k=1}^{\infty}=(2 k){k=1}^{\infty}=(2 k) \ &T={-17,-5,7,19, \ldots}={-17+12 k}{k=0}^{\infty}=(-17+12 k){k=0}^{\infty} \end{aligned} $$ In general, a RII subset $T$ of $\mathbb{Z}$ can be characterized by $$ T=\left{n{0}, n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}, \ldots\right}
$$
where $n_{0}$ is the starting integer or index and
$$
n_{0}<n_{1}<n_{2}<\ldots<n_{k}<\ldots
$$
with $n_{k} \rightarrow \infty$ as $k \rightarrow \infty$.
Note $T=\mathbb{Z}_{\geq 1}={1,2,3, \ldots}$ is our usual set of counting numbers $\mathbb{N}$. We can use this ideas to define sequences and subsequences carefully.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考| The Definition of a Sequence

A sequence of real numbers is simply a real valued function whose domain is the set $\mathbb{Z}{\geq k}$ for some $k$. A subset of the set $f\left(\mathbb{Z}{\geq k}\right)$ defined by $f(T)$ for any $R I I T$ of $\mathbb{Z}{\geq k}$ is called a subsequence of the sequence. To help you see what sequences are all about, you need to look at examples! Example 3.2.1 Consider $f: \mathbb{N} \rightarrow \Re$ defined by $f(n)=a{n}$ where each $a_{n}$ is a number. There are many notations for this sequence:
$$
\begin{aligned}
{f(n): n \in \mathbb{N}} &={f(n)}_{n=1}^{\infty}=(f(n)){n=1}^{\infty}=(f(n)) \ &={f(1), f(2), \ldots, f(n), \ldots}=\left{a{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, \ldots\right}
\end{aligned}
$$
Example 3.2.2 Consider $f: \mathbb{N} \rightarrow \Re$ defined by $f(n)=\sin (n \pi / 4)$. Then
$$
\begin{aligned}
{f(n)}_{n=1}^{\infty}=&{\sin (\pi / 4), \sin (2 \pi / 4), \sin (3 \pi / 4), \sin (4 \pi / 4),\
&\sin (5 \pi / 4), \sin (6 \pi / 4), \sin (7 \pi / 4), \sin (8 \pi / 4), \ldots} \
=&{\sqrt{2} / 2,1, \sqrt{2} / 2,0,-\sqrt{2} / 2,-1,-\sqrt{2} / 2,0, \ldots}
\end{aligned}
$$
Let the numbers ${\sqrt{2} / 2,1, \sqrt{2} / 2,0,-\sqrt{2} / 2,-1,-\sqrt{2} / 2,0}$ be called block $B$. Then we see the values of this sequence consist of the infinitely repeating blocks $B$ as follows:
$$
(\sin (n \pi / 4))={B, B, \ldots, B, \ldots}
$$
where each block $B$ consists of 8 numbers.
So the range of this function, i.e. the range of this sequence, is the set ${-1,-\sqrt{2} / 2,0, \sqrt{2} / 2,1}$ which is just 5 values.
Now define RII sets as follows:
$$
\begin{aligned}
&T_{1}={1+8 k}_{k \geq 0}={1,9,17, \ldots} \
&T_{2}={2+8 k}_{k \geq 0}={2,10,18, \ldots} \
&T_{3}={4+8 k}_{k \geq 0}={4,12,20, \ldots} \
&T_{4}={5+8 k}_{k \geq 0}={5,13,21, \ldots} \
&T_{5}={6+8 k}_{k \geq 0}={6,14,22, \ldots}
\end{aligned}
$$
Define new functions $f_{i}: T_{i} \rightarrow \Re$ by
$$
\begin{aligned}
&f_{1}(1+8 k)=f(1+8 k)=\sin ((1+8 k) \pi / 4)=\sin (\pi / 4)=\sqrt{2} / 2 \
&f_{2}(2+8 k)=f(2+8 k)=\sin ((2+8 k) \pi / 4)=\sin (2 \pi / 4)=1 \
&f_{3}(4+8 k)=f(4+8 k)=\sin ((4+8 k) \pi / 4)=\sin (4 \pi / 4)=0 \
&f_{4}(5+8 k)=f(5+8 k)=\sin ((5+8 k) \pi / 4)=\sin (5 \pi / 4)=-\sqrt{2} / 2 \
&f_{5}(6+8 k)=f(6+8 k)=\sin ((6+8 k) \pi / 4)=\sin (6 \pi / 4)=-1
\end{aligned}
$$
Each of these functions extracts a subset of the original set $(f(n))=(\sin (n \pi / 4))$ where we did not explicitly indicate the subscripts $n \geq 1$ as it is understood at this point. These five functions give five subsequences of the original sequence.

We usually don’t go through all this trouble to find subsequences. Instead of the $f_{i}$ notation, we define these subsequences by another notation. The original sequence is $f(n)=\sin (n \pi / 4)$ so the values of the sequence are $a_{n}=\sin (n \pi / 4)$. These five subsequences are then defined by

$a_{1+8 k}=f(1+8 k)=\sin ((1+8 k) \pi / 4)$
$a_{2+8 k}=f(2+8 k)=\sin ((2+8 k) \pi / 4)=\sin (2 \pi / 4)=1$
$a_{4+8 k}=f(4+8 k)=\sin ((4+8 k) \pi / 4)=\sin (4 \pi / 4)=0$
$a_{5+8 k}=f(5+8 k)=\sin ((5+8 k) \pi / 4)=\sin (5 \pi / 4)=-\sqrt{2} / 2$
$a_{6+8 k}=f(6+8 k)=\sin ((6+8 k) \pi / 4)=\sin (6 \pi / 4)=-1$

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|The Convergence of a Sequence

What do we mean by the phrase a sequence converges? For a simple sequence like $\left(a_{n}=1 / n\right)$ it is easy to see that as $n$ gets large the value of the sequence gets closer and closer to 0 . It is also easy to see for sequences with finite blocks that repeat in their range, like $\left((-1)^{n}\right)$ or $(\sin (n \pi / 3))$, the values of the sequences bounce around among the finite possibilities in the block. But we need a careful way to say when the sequence gets closer to some fixed value and a careful way to say the sequence can not do that. This language is handled in the definition below:

Theorem 3.3.1 $\left((-1)^{n}\right)$ Diverges
The sequence $\left((-1)^{n}\right){n \geq 1}$ does not converge. Proof 3.3.1 The range of this sequence is the set ${-1,1}$. We will show there is no number a so that $(-1)^{n} \rightarrow a$ for this sequence. Case 1: Let $a=1$. Note the difference between $-1$ and $+1$ is 2 which suggests we pick a tolerance $\epsilon<2$ to show the sequence does not converge to 1 as we want to isolate which value we are trying to get close to. Let $\epsilon=1$. Then $$ \left|(-1)^{n}-1\right|=\left{\begin{array}{c} |1-1|=0, \text { if } n \text { is even. } \ |-1-1|=2, \text { if } n \text { is odd. } \end{array}\right. $$ Now pick an $N$. Then there is an odd integer larger than $N$, say $2 N+1$, for which $\left|(-1)^{2 N+1}-1\right|=$ $2>\epsilon$. Since we can do this for all $N$, we see the sequence can not converge to $1 .$ Case-1: We can repeat this argument for this case. Let $\epsilon=1$. Then $$ \left|(-1)^{n}-(-1)\right|=\left{\begin{array}{l} |1+1|=2, \text { if } n \text { is even. } \ |-1+1|=0, \text { if } n \text { is odd } \end{array}\right. $$ Now pick an $N$. Then there is an even integer larger than $N$, say $2 N$, for which $\left|(-1)^{2 N}-(-1)\right|=$ $2>\epsilon$. Since we can do this for all $N$, we see the sequence can not converge to $-1$. Case $a \neq 1,-1$ : If $a$ is not $-1$ or 1 , let $d{1}$ be the distance for a to 1 which is $|a-1|$ and let $d_{2}$ be the distance to $-1$ which is $|a-(-1)|$. Let $d$ be the minimum of these two distances, $d=\min \left(d_{1}, d_{2}\right)$. Then, we have
$$
\left|(-1)^{n}-a\right|=\left{\begin{array}{l}
|1-a|=d_{1}, \text { if } n \text { is even. } \
|-1-a|=d_{2}, \text { if } n \text { is odd } .
\end{array}\right.
$$

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Basic Definitions

要定义一个序列的序列和子序列，我们必须有一种方法可以准确地说明我们想要关注的整数子集的类型。
定义 3.1.1
我们知道的整数的右增子集从=…,−2,−1,0,1,2,3,…是整数的集合。让从≥ķ表示所有整数的集合≥ķ因此，从≥−3=−3,−2,−1,0,1,2,3,…. 让吨成为的一个子集从. 我们说吨是一个右增无限子集或R一世一世的从如果吨不受以上限制且吨下界和中的条目吨一直在增加。
示例 3.1.1

吨=2,4,6,…,2n,…=2ķķ=1∞=(2ķ)ķ=1∞=(2ķ) 吨=−17,−5,7,19,…=−17+12ķķ=0∞=(−17+12ķ)ķ=0∞通常，RII 子集吨的从可以表征为

T=\left{n{0}, n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}, \ldots\right}T=\left{n{0}, n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{k}, \ldots\right}
在哪里n0是起始整数或索引，并且

n0<n1<n2<…<nķ<…
和nķ→∞作为ķ→∞.
笔记吨=从≥1=1,2,3,…是我们通常的计数集ñ. 我们可以使用这个想法来仔细定义序列和子序列。

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考| The Definition of a Sequence

实数序列只是一个实值函数，其域是集合从≥ķ对于一些ķ. 集合的一个子集F(从≥ķ)被定义为F(吨)对于任何R一世一世吨的从≥ķ称为序列的子序列。为了帮助您了解序列的全部内容，您需要查看示例！示例 3.2.1 考虑F:ñ→ℜ被定义为F(n)=一种n其中每个一种n是一个数字。这个序列有很多符号：

\begin{对齐} {f(n): n \in \mathbb{N}} &={f(n)}_{n=1}^{\infty}=(f(n)){n=1 }^{\infty}=(f(n)) \ &={f(1), f(2), \ldots, f(n), \ldots}=\left{a{1}, a_{2 }, \ldots, a_{n}, \ldots\right} \end{对齐}\begin{对齐} {f(n): n \in \mathbb{N}} &={f(n)}_{n=1}^{\infty}=(f(n)){n=1 }^{\infty}=(f(n)) \ &={f(1), f(2), \ldots, f(n), \ldots}=\left{a{1}, a_{2 }, \ldots, a_{n}, \ldots\right} \end{对齐}
示例 3.2.2 考虑F:ñ→ℜ被定义为F(n)=罪⁡(n圆周率/4). 然后

\begin{对齐} {f(n)}_{n=1}^{\infty}=&{\sin (\pi / 4), \sin (2 \pi / 4), \sin (3 \pi / 4), \sin (4 \pi / 4),\ &\sin (5 \pi / 4), \sin (6 \pi / 4), \sin (7 \pi / 4), \sin (8 \pi / 4), \ldots} \ =&{\sqrt{2} / 2,1, \sqrt{2} / 2,0,-\sqrt{2} / 2,-1,-\sqrt{2 } / 2,0, \ldots} \end{对齐}\begin{对齐} {f(n)}_{n=1}^{\infty}=&{\sin (\pi / 4), \sin (2 \pi / 4), \sin (3 \pi / 4), \sin (4 \pi / 4),\ &\sin (5 \pi / 4), \sin (6 \pi / 4), \sin (7 \pi / 4), \sin (8 \pi / 4), \ldots} \ =&{\sqrt{2} / 2,1, \sqrt{2} / 2,0,-\sqrt{2} / 2,-1,-\sqrt{2 } / 2,0, \ldots} \end{对齐}
让数字2/2,1,2/2,0,−2/2,−1,−2/2,0被称为块乙. 然后我们看到这个序列的值由无限重复的块组成乙如下：

(罪⁡(n圆周率/4))=乙,乙,…,乙,…
每个块在哪里乙由 8 个数字组成。
所以这个函数的范围，即这个序列的范围，就是集合−1,−2/2,0,2/2,1这只是 5 个值。
现在定义 RII 集如下：

吨1=1+8ķķ≥0=1,9,17,… 吨2=2+8ķķ≥0=2,10,18,… 吨3=4+8ķķ≥0=4,12,20,… 吨4=5+8ķķ≥0=5,13,21,… 吨5=6+8ķķ≥0=6,14,22,…
定义新功能F一世:吨一世→ℜ经过

F1(1+8ķ)=F(1+8ķ)=罪⁡((1+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(圆周率/4)=2/2 F2(2+8ķ)=F(2+8ķ)=罪⁡((2+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(2圆周率/4)=1 F3(4+8ķ)=F(4+8ķ)=罪⁡((4+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(4圆周率/4)=0 F4(5+8ķ)=F(5+8ķ)=罪⁡((5+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(5圆周率/4)=−2/2 F5(6+8ķ)=F(6+8ķ)=罪⁡((6+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(6圆周率/4)=−1
这些函数中的每一个都提取原始集合的一个子集(F(n))=(罪⁡(n圆周率/4))我们没有明确指出下标n≥1正如在这一点上所理解的那样。这五个函数给出了原始序列的五个子序列。

我们通常不会经历所有这些麻烦来寻找子序列。而不是F一世符号，我们用另一种符号定义这些子序列。原来的顺序是F(n)=罪⁡(n圆周率/4)所以序列的值是一种n=罪⁡(n圆周率/4). 这五个子序列然后定义为

一种1+8ķ=F(1+8ķ)=罪⁡((1+8ķ)圆周率/4)
一种2+8ķ=F(2+8ķ)=罪⁡((2+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(2圆周率/4)=1
一种4+8ķ=F(4+8ķ)=罪⁡((4+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(4圆周率/4)=0
一种5+8ķ=F(5+8ķ)=罪⁡((5+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(5圆周率/4)=−2/2
一种6+8ķ=F(6+8ķ)=罪⁡((6+8ķ)圆周率/4)=罪⁡(6圆周率/4)=−1

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|The Convergence of a Sequence

序列收敛这个短语是什么意思？对于一个简单的序列，如(一种n=1/n)很容易看出，n变大，序列的值越来越接近 0 。对于具有在其范围内重复的有限块的序列，也很容易看到，例如((−1)n)或者(罪⁡(n圆周率/3))，序列的值在块中的有限可能性之间反弹。但是我们需要一种谨慎的方式来说明序列何时接近某个固定值，并且需要一种谨慎的方式来说明序列不能做到这一点。该语言在以下定义中处理：

定理 3.3.1((−1)n)发散
序列((−1)n)n≥1不收敛。证明 3.3.1 这个序列的范围是集合−1,1. 我们将证明没有数字 a 这样(−1)n→一种对于这个序列。案例一：让一种=1. 注意之间的区别−1和+1是 2，这表明我们选择了一个容差ε<2显示序列不会收敛到 1，因为我们想要隔离我们试图接近的值。让ε=1. 然后 $$ \left|(-1)^{n}-1\right|=\left{

|1−1|=0, 如果 n 甚至。 |−1−1|=2, 如果 n 很奇怪。 \对。

ñ这在p一世Cķ一种n$ñ$.吨H和n吨H和r和一世s一种n这dd一世n吨和G和rl一种rG和r吨H一种n$ñ$,s一种是$2ñ+1$,F这r在H一世CH$|(−1)2ñ+1−1|=$$2>ε$.小号一世nC和在和C一种nd这吨H一世sF这r一种ll$ñ$,在和s和和吨H和s和q在和nC和C一种nn这吨C这n在和rG和吨这$1.$C一种s和−1:在和C一种nr和p和一种吨吨H一世s一种rG在米和n吨F这r吨H一世sC一种s和.大号和吨$ε=1$.吨H和n\left|(-1)^{n}-(-1)\right|=\left{

|1+1|=2, 如果 n 甚至。 |−1+1|=0, 如果 n 很奇怪 \对。

ñ这在p一世Cķ一种n$ñ$.吨H和n吨H和r和一世s一种n和在和n一世n吨和G和rl一种rG和r吨H一种n$ñ$,s一种是$2ñ$,F这r在H一世CH$|(−1)2ñ−(−1)|=$$2>ε$.小号一世nC和在和C一种nd这吨H一世sF这r一种ll$ñ$,在和s和和吨H和s和q在和nC和C一种nn这吨C这n在和rG和吨这$−1$.C一种s和$一种≠1,−1$:一世F$一种$一世sn这吨$−1$这r1,l和吨$d1$b和吨H和d一世s吨一种nC和F这r一种吨这1在H一世CH一世s$|一种−1|$一种ndl和吨$d2$b和吨H和d一世s吨一种nC和吨这$−1$在H一世CH一世s$|一种−(−1)|$.大号和吨$d$b和吨H和米一世n一世米在米这F吨H和s和吨在这d一世s吨一种nC和s,$d=分钟(d1,d2)$.吨H和n,在和H一种在和
\left|(-1)^{n}-a\right|=\left{

|1−一种|=d1, 如果 n 甚至。 |−1−一种|=d2, 如果 n 很奇怪 .\对。
$$

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金融工程代写

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。

有限元方法代写

随机分析代写

时间序列分析代写

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|The Supremum and Infimum of a Set of Real Numbers

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如果你也在怎样代写实变函数Real analysis这个学科遇到相关的难题，请随时右上角联系我们的24/7代写客服。

我们提供的实变函数Real analysis及其相关学科的代写，服务范围广, 其中包括但不限于:

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Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
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Longitudinal Data Analysis 纵向数据分析
Foundations of Data Science 数据科学基础

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|The Supremum and Infimum of a Set of Real Numbers

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Bounded Sets

First, we start with a set being bounded above.
Definition 2.6.1 Sets Bounded Above
We say a nonempty set $S$ is bounded above if there is a number $M$ so that $x \leq M$ for all $x$ in $S$. We call $M$ an upper bound of $S$ or just an u.b.

Example 2.6.1 If $S=\left{y: y=x^{2}\right.$ and $\left.-1 \leq x \leq 2\right}$, there are many u.b.’s of $S$. Some choices are $M=5, M=4.1$. Note $M=1.9$ is not an u.b. You should draw a graph of this to help you understand what is going on.

Example 2.6.2 If $S={y: y=\tanh (x)$ and $x \in \Re}$, there are many u.b.’s of S. Some choices are $M=2, M=2.1$. Note $M=0$ is not an u.b. Draw a picture of this graph too.
We can also talk about a set being bounded below.
Definition 2.6.2 Sets Bounded Below
We say a set $S$ is bounded below if there is a number $m$ so that $x \geq m$ for all $x$ in $S$. We call $m$ a lower bound of $S$ or just $a$ l.b.
Example 2.6.3 If $S=\left{y: y=x^{2}\right.$ and $\left.-1 \leq x \leq 2\right}$, there are many l.b.’s of $S$. Some choices are $m=-2, m=-0.1$. Note $m=0.3$ is not a l.b.

Example 2.6.4 If $S={y: y=\tanh (x)$ and $x \in \Re}$, there are many l.b.’s of S. Some choices are $m=-1.1, m=-1.05$. Note $m=-0.87$ is not $a$ l.b. Draw a picture of this graph again.
We can then combine these ideas into a definition of what it means for a set to be bounded.
Definition 2.6.3 Bounded Sets
We say a set $S$ is bounded if $S$ is bounded above and bounded below. That is, there are finite numbers $m$ and $M$ so that $m \leq x \leq M$ for all $x \in S$. We usually overestimate the bound even more and say $S$ is bounded if we can find a number $B$ so that $|x| \leq B$ for all $x \in S$. A good choice of such $a B$ is to let $B=\max (|m|,|M|)$ for any choice of l.b. $m$ and u.b. $M$.
Example 2.6.5 If $S=\left{y: y=x^{2}\right.$ and $\left.-1 \leq x<2\right}$, here $S=[0,4)$ and so for $m=-2$ and $M=5$, a choice of $B$ is $B=5$. Of course, there are many other choices of $B$. Another choice of $m$ is $m=-1.05$ and with $M=2.1$, we could use $B=2.1$.

Example 2.6.6 If $S={y: y=\tanh (x)$ and $x \in \Re}$, we have $S=(-1,1)$ and for $m=-1.1$ and $M=1.2$, a choice of $B$ is $B=1.2$.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Least Upper Bounds and Greatest Lower Bounds

The next material is more abstract! We need to introduce the notion of least upper bound and greatest lower bound. We also call the least upper bound the l.u.b. It is also called the supremum of the set $S$. We use the notation $\sup (S)$ as well. We also call the greatest lower bound the g.l.b. It is also called the infimum of the set $S$. We use the notation $\inf (S)$ as well.
Definition 2.6.4 Least Upper Bound and Greatest Lower Bound
The least upper bound, l.u.b. or sup of the set $S$ is a number $U$ satisfying

$U$ is an upper bound of $S$
If $M$ is any other upper bound of $S$, then $U \leq M$.
The greatest lower bound, g.l.b. or inf of the set $S$ is a number u satisfying
$u$ is a lower bound of $S$
If $m$ is any other lower bound of $S$, then $u \geq m$.

Example 2.6.7 If $S=\left{y: y=x^{2}\right.$ and $\left.-1 \leq x<2\right}$, here $S=[0,4)$ and so inf $(S)=0$ and $\sup (S)=4$

Example 2.6.8 If $S={y: y=\tanh (x)$ and $x \in \Re}$, we have $\inf (S)=-1$ and $\sup (S)=1$. Note the inf and sup of a set $S$ need NOT be in $S$ !

Example 2.6.9 If $S={y: \cos (2 n \pi / 3), \quad \forall n \in \mathbb{N}}$, The only possible values in $S$ are $\cos (2 \pi / 3)=$ $-1 / 2, \cos (4 \pi / 3)=-1 / 2$, and $\cos (6 \pi / 3)=1$. There are no other values and these 2 values are endlessly repeated in a cycle. Here $\inf (S)=-1 / 2$ and $\sup (S)=1$.

Comment 2.6.1 If a set $S$ has no finite lower bound, we set $\inf (S)=-\infty$. If a set $S$ has no finite upper bound, we set $\sup (S)=\infty$.
Comment 2.6.2 If the set $S=0$, we set $\inf (S)=\infty$ and $\sup (S)=-\infty$.
These ideas then lead to the notion of the minimum and maximum of a set.
Definition 2.6.5 Maximum and Minimum of a Set
We say $Q \in S$ is a maximum of $S$ if $\sup (S)=Q$. This is the same, of course, as saying $x \leq Q$ for all $x$ in $S$ which is the usual definition of an upper bound. But this is different as $Q$ is in $S$. We call $Q$ a maximizer or a maximum element of $S$.
We say $q \in S$ is a minimum of $S$ if $\inf (S)=q$. Again, this is the same as saying $x \geq q$ for all $x$ in $S$ which is the usual definition of a lower bound. But this is different as $q$ is in $S$.
We call $q$ a minimizer or a minimal element of $S$.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|The Completeness Axiom and Consequences

There is a fundamental axiom about the behavior of the real numbers which is very important.
Axiom 1 The Completeness Axiom
Let $S$ be a set of real numbers which is nonempty and bounded above. Then the supremum of $S$ exists and is finite.
Let $S$ be a set of real numbers which is nonempty and bounded below. Then the infimum of $S$ exists and is finite.
Comment 2.6.3 So nonempty bounded sets of real numbers always have a finite infimum and supremum. This does not say the set has a finite minimum and finite maximum. Another way of saying this is that we don’t know if $S$ has a minimizer and maximizer.
We can prove some basic results about these things.
Theorem 2.6.1 A Set has a Maximum if and only if its Supremum is in the Set
Let $S$ be a nonempty set of real numbers which is bounded above. Then $\sup (S)$ exists and is finite. Then $S$ has a maximal element if and only if $(I F F) \sup (S) \in S$. We also use the symbol $\Longleftrightarrow$ to indicate IFF.
Proof 2.6.1
$(\Leftarrow)$ :
Assume $\sup (S)$ is in $S$. By definition, $\sup (S)$ is an upper bound of $S$ and so must satisfy $x \leq \sup (S)$ for all $x$ in $S$. This says $\sup (S)$ is a maximizer of $S$.
$(\Rightarrow)$ :
Let $Q$ denote a maximizer of $S$. Then by definition $x \leq Q$ for all $x$ in $S$ and is an upper bound. So by

the definition of a supremum, $\sup (S) \leq Q$. Since $Q$ is a maximizer, $Q$ is in $S$ and from the definition of upper bound, we have $Q \leq \sup (S)$ as well. This says $\sup (S) \leq Q \leq \sup (S)$ or $\sup (S)=Q$.
Theorem 2.6.2 A Set has a Minimum if and only if its Infimum is in the Set
Let $S$ be a nonempty set of real numbers which is bounded below. Then $\inf (S)$ exists and is finite. Then
$S$ has a minimal element $\Longleftrightarrow \inf (S) \in S$.
Proof 2.6.2
$(\Leftarrow)$ : Assume $\inf (S)$ is in $S$. By definition, $\inf (S)$ is a lower bound of $S$ and so must satisfy $x \geq$ $\inf (S)$ for all $x$ in $S$. This says $\inf (S)$ is a minimizer of $S$.
$(\Rightarrow)$ : Let $q$ denote a minimizer of $S$. Then by definition $x \geq q$ for all $x$ in $S$ and is a lower bound. So by the definition of an infimum, $q \leq \inf (S)$. Since $q$ is a minimizer, $q$ is in $S$ and from the definition of lower bound, we have $\inf (S) \leq q$ as well. This says $\inf (S) \leq q \leq \inf (S)$ or $\inf (S)=q$.

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Bounded Sets

首先，我们从上面有界的集合开始。
定义 2.6.1 有界
的集合我们说一个非空集合小号如果有数字，则有界米以便X≤米对全部X在小号. 我们称之为米的上限小号或者只是一个ub

示例 2.6.1 如果S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x \leq 2\right}S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x \leq 2\right}，有很多ub的小号. 一些选择是米=5,米=4.1. 笔记米=1.9不是 ub 你应该画一个图表来帮助你理解发生了什么。

示例 2.6.2 如果小号=是:是=腥⁡(X)$一种nd$X∈ℜ, 有很多 ub 的 S. 一些选择是米=2,米=2.1. 笔记米=0不是 ub 也画这张图。
我们也可以在下面讨论一个有界的集合。
定义 2.6.2 有界
的集合我们说一个集合小号如果有数字，则有界米以便X≥米对全部X在小号. 我们称之为米的下限小号要不就一种lb
示例 2.6.3 如果S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x \leq 2\right}S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x \leq 2\right}, 有很多磅的小号. 一些选择是米=−2,米=−0.1. 笔记米=0.3不是磅

示例 2.6.4 如果小号=是:是=腥⁡(X)$一种nd$X∈ℜ，有很多磅的 S。一些选择是米=−1.1,米=−1.05. 笔记米=−0.87不是一种lb 再画一张这张图。
然后，我们可以将这些想法组合成一个集合有界的定义。
定义 2.6.3 有界集合
我们说一个集合小号有界如果小号上界和下界。也就是说，有有限的数米和米以便米≤X≤米对全部X∈小号. 我们通常会更加高估界限并说小号如果我们能找到一个数字是有界的乙以便|X|≤乙对全部X∈小号. 这样的一个不错的选择一种乙是让乙=最大限度(|米|,|米|)对于任何磅的选择米和 ub米.
示例 2.6.5 如果S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x<2\right}S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x<2\right}，这里小号=[0,4)等等米=−2和米=5, 的选择乙是乙=5. 当然，还有很多其他的选择乙. 另一种选择米是米=−1.05与米=2.1，我们可以使用乙=2.1.

示例 2.6.6 如果小号=是:是=腥⁡(X)$一种nd$X∈ℜ，我们有小号=(−1,1)并且对于米=−1.1和米=1.2, 的选择乙是乙=1.2.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Least Upper Bounds and Greatest Lower Bounds

下一个材料更抽象！我们需要引入最小上界和最大下界的概念。我们也称最小上界为 lub 也称为集合的上界小号. 我们使用符号支持(小号)也是。我们也称最大下界为 glb 它也被称为集合的下确界小号. 我们使用符号信息(小号)也是。
定义 2.6.4 最小上界和最大下界
集合的最小上界、lub 或 sup小号是一个数字在令人满意的

在是一个上限小号
如果米是的任何其他上界小号，然后在≤米.
集合的最大下限、glb 或 inf小号是一个你满意的数字
在是的下界小号
如果米是的任何其他下限小号，然后在≥米.

示例 2.6.7 如果S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x<2\right}S=\left{y: y=x^{2}\right.$ 和 $\left.-1 \leq x<2\right}，这里小号=[0,4)等等(小号)=0和支持(小号)=4

示例 2.6.8 如果小号=是:是=腥⁡(X)$一种nd$X∈ℜ，我们有信息(小号)=−1和支持(小号)=1. 注意集合的 inf 和 sup小号不需要在小号 !

示例 2.6.9 如果小号=是:因⁡(2n圆周率/3),∀n∈ñ, 中唯一可能的值小号是因⁡(2圆周率/3)= −1/2,因⁡(4圆周率/3)=−1/2，和因⁡(6圆周率/3)=1. 没有其他值，这两个值在一个循环中无限重复。这里信息(小号)=−1/2和支持(小号)=1.

注释 2.6.1 如果一个集合小号没有有限的下界，我们设信息(小号)=−∞. 如果一组小号没有有限的上界，我们设支持(小号)=∞.
注释 2.6.2 如果设置小号=0，我们设置信息(小号)=∞和支持(小号)=−∞.
然后这些想法导致了集合的最小值和最大值的概念。
定义 2.6.5 集合的最大值和最小值
我们说问∈小号是最大的小号如果支持(小号)=问. 这当然是一样的，就像说X≤问对全部X在小号这是上限的通常定义。但这是不同的问在小号. 我们称之为问一个最大化器或一个最大元素小号.
我们说q∈小号是最小的小号如果信息(小号)=q. 同样，这与说X≥q对全部X在小号这是下限的通常定义。但这是不同的q在小号.
我们称之为q最小化器或最小元素小号.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|The Completeness Axiom and Consequences

关于实数的行为有一个非常重要的基本公理。
公理 1 完备性公理
让小号是一组非空且有界的实数。那么最高的小号存在并且是有限的。
让小号是一组非空且有界的实数。那么下确界小号存在并且是有限的。
评论 2.6.3 所以非空有界实数集总是有一个有限的下确界和上确界。这并不是说该集合具有有限的最小值和有限的最大值。另一种说法是，我们不知道是否小号有一个最小化器和一个最大化器。
我们可以证明一些关于这些事情的基本结果。
定理 2.6.1 一个集合有一个最大值当且仅当它的上确界在集合
中小号是一个有界的非空实数集。然后支持(小号)存在并且是有限的。然后小号有一个最大元素当且仅当(一世FF)支持(小号)∈小号. 我们也使用符号⟺表示IFF。
证明 2.6.1
(⇐)：
假设支持(小号)在小号. 根据定义，支持(小号)是一个上限小号所以必须满足X≤支持(小号)对全部X在小号. 这说支持(小号)是一个最大化者小号.
(⇒):
让问表示一个最大值小号. 然后根据定义X≤问对全部X在小号并且是一个上限。所以通过

上确界的定义，支持(小号)≤问. 自从问是一个最大化者，问在小号从上界的定义，我们有问≤支持(小号)也是。这说支持(小号)≤问≤支持(小号)或者支持(小号)=问.
定理 2.6.2 一个集合有最小值当且仅当它的下确界在集合
Let小号是一组有界的非空实数。然后信息(小号)存在并且是有限的。然后
小号有一个最小元素⟺信息(小号)∈小号.
证明 2.6.2
(⇐)：认为信息(小号)在小号. 根据定义，信息(小号)是的下界小号所以必须满足X≥ 信息(小号)对全部X在小号. 这说信息(小号)是一个极小值小号.
(⇒)：让q表示一个最小化器小号. 然后根据定义X≥q对全部X在小号并且是一个下界。所以根据下确界的定义，q≤信息(小号). 自从q是一个最小化器，q在小号并且根据下界的定义，我们有信息(小号)≤q也是。这说信息(小号)≤q≤信息(小号)或者信息(小号)=q.

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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。

有限元方法代写

随机分析代写

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Triangle Inequalities

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如果你也在怎样代写实变函数Real analysis这个学科遇到相关的难题，请随时右上角联系我们的24/7代写客服。

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Triangle Inequalities

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Absolute Values

Let $x$ be any real number. We define the absolute value of $x$, denoted by $|x|$, by
$$
|x|=\left{\begin{array}{cc}
x, & \text { if } x \geq 0 \
-x, & \text { if } x<0
\end{array}\right.
$$
For example, $|-3|=3$ and $|4|=4$.
Using this definition of the absolute value of a number, we can prove a fundamental inequality called the triangle inequality which we will use frequently to do estimates.
Theorem 2.5.1 Triangle Inequality
Let $x$ and $y$ be any two real numbers. Then
$$
\begin{aligned}
&|x+y| \leq|x|+|y| \
&|x-y| \leq|x|+|y|
\end{aligned}
$$
and for any number $z$.
$$
|x-y| \leq|x-z|+|z-y|
$$
Proof 2.5.1
We know $(|x+y|)^{2}=(x+y)^{2}$ which implies $(|x+y|)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2}$. But $2 x y \leq 2|x | y|$ implying
$$
(|x+y|)^{2} \leq x^{2}+2|x||y|+y^{2}=|x|^{2}+2|x||y|+|y|^{2}=(|x|+|y|)^{2} .
$$
Taking square roots, we find $|x+y| \leq|x|+|y|$. Of course, the argument for $x-y$ is similar as $x-y=x+(-y)$. To do the next part, we know $|a+b| \leq|a|+|b|$ for any $a$ and $b$. Let $a=x-z$ and $b=z-y$. Then $|(x-z)+(z-y)| \leq|x-z|+|z-y|$.

Comment 2.5.1 The technique where we do $x-y=(x-z)+(z-y)$ is called the Add and Subtract Trick and we will use it a lot!

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|A First Look at the Cauchy – Schwartz Inequality

We can use our new tools to provide a first look at something you probably have seen before: the Cauchy – Schwartz Inequality. The $\ell_{2}$ norm of a vector $x$
$$
\boldsymbol{x}=\left[\begin{array}{c}
x_{1} \
x_{2} \
\vdots \
x_{n}
\end{array}\right]
$$
is defined by $|\boldsymbol{x}|=\sqrt{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}$ and if we have two such vectors $\boldsymbol{a}$ and $\boldsymbol{b}$, we can prove this fundamental inequality.
Theorem 2.5.5 $\ell_{2}$ Cauchy – Schwartz Inequality
Let $\left{a_{1}, \ldots, a_{n}\right}$ and $\left{b_{1}, \ldots, b_{n}\right}$ be finite collections of real numbers with $n \geq 1$. Then
$$
\left|\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right|^{2} \leq\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)
$$
Proof 2.5.5
BASIS: $P(1)$ is the statement $\left|a_{1} b_{1}\right|^{2} \leq a_{1}^{2} b_{1}^{2}$; the basis step is true.
INDUCTIVE. We assume $P(k)$ is true for $k>1$. Hence, we know
$$
\left|\sum_{i=1}^{k} a_{i} b_{i}\right|^{2} \leq\left(\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}\right)
$$

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|PROVING PROPOSITIONS

Now look at $P(k+1)$.
$$
\left|\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} b_{i}\right|^{2}=\left|\sum_{i=1}^{k} a_{i} b_{i}+a_{k+1} b_{k+1}\right|^{2}
$$
Let $A$ denote the first piece; i.e. $A=\sum_{i=1}^{k} a_{i} b_{i}$. Then expanding the term $\left|A+a_{k+1} b_{k+1}\right|^{2}$, we have
$$
\begin{aligned}
\left|\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} b_{i}\right|^{2} &=\left(\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} b_{i}\right)^{2}=A^{2}+2 A a_{k+1} b_{k+1}+a_{k+1}^{2} b_{k+1}^{2} \
&=\left|\sum_{i=1}^{k} a_{i} b_{i}\right|^{2}+2\left(\sum_{i=1}^{k} a_{i} b_{i}\right) a_{k+1} b_{k+1}+a_{k+1}^{2} b_{k+1}^{2}
\end{aligned}
$$
or
$$
\left|\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} b_{i}\right|^{2} \leq\left|\sum_{i=1}^{k} a_{i} b_{i}\right|^{2}+2\left|\sum_{i=1}^{k} a_{i} b_{i}\right| a_{k+1} b_{k+1}+a_{k+1}^{2} b_{k+1}^{2}
$$
Now use the induction hypothesis to see
$$
\begin{aligned}
\left|\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} b_{i}\right|^{2} \leq & \sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2} \sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}+2 \sqrt{\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2} a_{k+1} b_{k+1}} \
&+a_{k+1}^{2} b_{k+1}^{2}
\end{aligned}
$$
Now let $\alpha=\sqrt{\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}} b_{k+1}$ and $\beta=\sqrt{\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}} a_{k+1}$. We know for any real numbers $\alpha$ and $\beta$ that $(\alpha-\beta)^{2} \geq 0$. Thus, $\alpha^{2}+\beta^{2} \geq 2 \alpha \beta$. We can use this in our complicated sum above. We have
$2 \alpha \beta=2 \sqrt{\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2} a_{k+1} b_{k+1}}$
$\alpha^{2}+\beta^{2}=\left(\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}\right) b_{k+1}^{2}+\left(\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}\right) a_{k+1}^{2}$
Hence, the middle part of Equation $2.1$ can be replaced by the $2 \alpha \beta \leq \alpha^{2}+\beta^{2}$ inequality above to get
$$
\begin{aligned}
\left|\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} b_{i}\right|^{2} & \leq \sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2} \sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}+\left(\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}\right) b_{k+1}^{2}+\left(\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}\right) a_{k+1}^{2}+a_{k+1}^{2} b_{k+1}^{2}(2.2) \
&=\left(\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}+a_{k+1}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}+b_{k+1}^{2}\right)
\end{aligned}
$$
But this says
$$
\left|\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} b_{i}\right|^{2} \leq\left(\sum_{i=1}^{k+1} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{k+1} b_{i}^{2}\right)
$$

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Absolute Values

让X是任何实数。我们定义的绝对值X，表示为|X|, 由
$$
|x|=\left{

X, 如果 X≥0 −X, 如果 X<0\对。

F这r和X一种米pl和,$|−3|=3$一种nd$|4|=4$.在s一世nG吨H一世sd和F一世n一世吨一世这n这F吨H和一种bs这l在吨和在一种l在和这F一种n在米b和r,在和C一种npr这在和一种F在nd一种米和n吨一种l一世n和q在一种l一世吨是C一种ll和d吨H和吨r一世一种nGl和一世n和q在一种l一世吨是在H一世CH在和在一世ll在s和Fr和q在和n吨l是吨这d这和s吨一世米一种吨和s.吨H和这r和米2.5.1吨r一世一种nGl和一世n和q在一种l一世吨是大号和吨$X$一种nd$是$b和一种n是吨在这r和一种ln在米b和rs.吨H和n

|X+是|≤|X|+|是| |X−是|≤|X|+|是|

一种ndF这r一种n是n在米b和r$和$.
|xy| \leq|xz|+|zy|

磷r这这F2.5.1在和ķn这在$(|X+是|)2=(X+是)2$在H一世CH一世米pl一世和s$(|X+是|)2=X2+2X是+是2$.乙在吨$2X是≤2|X|是|$一世米pl是一世nG
(|x+y|)^{2} \leq x^{2}+2|x||y|+y^{2}=|x|^{2}+2|x||y|+| y|^{2}=(|x|+|y|)^{2} 。
$$
取平方根，我们发现|X+是|≤|X|+|是|. 当然，论据X−是类似于X−是=X+(−是). 做下一部分，我们知道|一种+b|≤|一种|+|b|对于任何一种和b. 让一种=X−和和b=和−是. 然后|(X−和)+(和−是)|≤|X−和|+|和−是|.

评论 2.5.1 我们所做的技术X−是=(X−和)+(和−是)被称为加减法，我们会经常使用它！

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|A First Look at the Cauchy – Schwartz Inequality

我们可以使用我们的新工具来初步了解您可能以前见过的东西：柯西-施瓦茨不等式。这ℓ2向量的范数X

X=[X1 X2 ⋮ Xn]
定义为|X|=∑一世=1nX一世2如果我们有两个这样的向量一种和b，我们可以证明这个基本不等式。
定理 2.5.5ℓ2柯西——施瓦茨不等式
让\left{a_{1}, \ldots, a_{n}\right}\left{a_{1}, \ldots, a_{n}\right}和\left{b_{1}, \ldots, b_{n}\right}\left{b_{1}, \ldots, b_{n}\right}是实数的有限集合n≥1. 然后

|∑一世=1n一种一世b一世|2≤(∑一世=1n一种一世2)(∑一世=1nb一世2)
证明 2.5.5
基础：磷(1)是声明|一种1b1|2≤一种12b12; 基础步骤为真。
感应的。我们猜测磷(ķ)是真的ķ>1. 因此，我们知道

|∑一世=1ķ一种一世b一世|2≤(∑一世=1ķ一种一世2)(∑一世=1ķb一世2)

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|PROVING PROPOSITIONS

现在看看磷(ķ+1).

|∑一世=1ķ+1一种一世b一世|2=(∑一世=1ķ+1一种一世b一世)2=一种2+2一种一种ķ+1bķ+1+一种ķ+12bķ+12 =|∑一世=1ķ一种一世b一世|2+2(∑一世=1ķ一种一世b一世)一种ķ+1bķ+1+一种ķ+12bķ+12
或者

|∑一世=1ķ+1一种一世b一世|2≤∑一世=1ķ一种一世2∑一世=1ķb一世2+2∑一世=1ķ一种一世2∑一世=1ķb一世2一种ķ+1bķ+1 +一种ķ+12bķ+12
现在让一种=∑一世=1ķ一种一世2bķ+1和b=∑一世=1ķb一世2一种ķ+1. 我们知道任何实数一种和b那(一种−b)2≥0. 因此，一种2+b2≥2一种b. 我们可以在上面的复杂总和中使用它。我们有
2一种b=2∑一世=1ķ一种一世2∑一世=1ķb一世2一种ķ+1bķ+1
一种2+b2=(∑一世=1ķ一种一世2)bķ+12+(∑一世=1ķb一世2)一种ķ+12
因此，方程的中间部分2.1可以替换为2一种b≤一种2+b2上面的不等式得到

|∑一世=1ķ+1一种一世b一世|2≤∑一世=1ķ一种一世2∑一世=1ķb一世2+(∑一世=1ķ一种一世2)bķ+12+(∑一世=1ķb一世2)一种ķ+12+一种ķ+12bķ+12(2.2) =(∑一世=1ķ一种一世2+一种ķ+12)(∑一世=1ķb一世2+bķ+12)
但这说

|∑一世=1ķ+1一种一世b一世|2≤(∑一世=1ķ+1一种一世2)(∑一世=1ķ+1b一世2)

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金融工程代写

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。

有限元方法代写

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回归分析代写

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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

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Statistical Inference 统计推断
Statistical Computing 统计计算
Advanced Probability Theory 高等概率论
Advanced Mathematical Statistics 高等数理统计学
(Generalized) Linear Models 广义线性模型
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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

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。

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Some Contradiction Proofs

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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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。

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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。

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Proving Propositions

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数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Proving Propositions

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Understanding Smoothness

This text gathers material from many other sets of notes that we have written over the years since our first senior analysis course taught in 1982 . From all of our experiences, we have selected the following material to cover.

Part One: Introduction These are our beginning remarks you are reading now which are in Chapter $1 .$

Part Two: Understanding Smoothness Here we are concerned with developing continuity and the idea of differentiation for both calculus on the real line and calculus in $\Re^{2}$.

We think learning abstraction is a hard thing, so we deliberately start slow. You have probably seen treatments of the real line and mathematical induction already, but in Chapter 2, we start at that basic level. We go over induction carefully and explain how to organize your proofs. We also work out the triangle inequality for numbers and introduce the important concept of the infimum and supremum of sets of numbers.
In Chapter 3, we introduce sequences of real numbers and lay out a lot of notational machinery we will use later.
In Chapter 4, we prove the important Bolzano – Weierstrass Theorem for bounded sequences and bounded sets and introduce sequential compactness. We also discuss carefully the limit inferior and superior of sequences in two equivalent ways.
In Chapter 5, we go over more set theory and introduce topological compactness and finally prove the full equivalence that sequential and topological compactness on the real line are equivalent to the set being closed and bounded.
In Chapter 6, we define limits of functions and explore limit inferior and limit superiors carefully.
In Chapter 7, we talk about continuity.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Mathematical Induction

If $P(1)$ is true: This is called the BASIS STEP
If $P(k+1)$ is true when $P(k)$ is true: This is called the INDUCTIVE STEP then we can conclude $P(n)$ is true for all natural numbers $n$.
A proof using the POMI is organized as follows:
Proof 2.1.1
State the Proposition Here
Proof:
BASIS
Verify $P(1)$ is true
INDUCTIVE
Assume $P(k)$ is true for arbitrary $k>1$ and use that information to prove $P(k+1)$ is true.
We have verified the inductive step. Hence, by the POMI, $P(n)$ holds for all $n$.
QED
You must include this finishing statement as part of your proof and show the QED as above. Here QED is an abbreviation for the Latin Quod Erat Demonstratum or that which was to be shown. We often use the symbol $\mathbf{\square}$ instead of QED.

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|More Examples

Recall when you first encountered Riemann integration, you probably looked at taking the limit of Riemann sums using right side partitions. So for example, for $f(x)=2+x$ on the interval $[0,1]$ using a partition width of $\frac{1}{n}$, the Riemann sum is
$$
\sum_{i=1}^{n} f\left(0+\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n}=\sum_{i=1}^{n}\left(2+\frac{i}{n}\right) \frac{1}{n}=\frac{2}{n} \sum_{i=1}^{n} 1+\frac{1}{n^{2}} \sum_{i=1}^{n} i
$$
The first sum, $\sum_{i=1}^{n} 1=n$ and so the first term is $2 \frac{n}{n}=2$. To evaluate the second term, we use our formula from above: $\sum_{i=1}^{n} i=\frac{1}{2} n(n+1)$ and so the second term becomes $\frac{n(n+1)}{2 n n}$ which simplifies to $\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)$. So the Riemann sum here is $2+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)$ which as $n$ gets large clearly approaches the value $2.5$. The terms $2.5+\frac{1}{2 n}$ form what is called a sequence and the limit of this sequence is 2.5. We will talk about this a lot more later. From your earlier calculus courses, you know
$$
\int_{0}^{1}(2+x) d x=\left.\left(2 x+\frac{1}{2} x^{2}\right)\right|_{0} ^{1}=2+\frac{1}{2}
$$
which matches what we found with the Riemann sum limit. In later chapters, we discuss the theory of Riemann integration much more carefully, so consider this just a taste of that kind of theory!
Theorem 2.2.2
$$
1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+n^{2}=\frac{1}{6} n(n+1)(2 n+1) \forall n \geq 1
$$
Proof 2.2.2
BASIS $P(1)$ is the statement $1=\frac{1}{6}(1)(2)(3)=1$ which is true. So the basis step is verified. INDUCTIVE. We assume $P(k)$ is true for an arbitrary $k>1$. Hence, we know
$$
1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}=\frac{1}{6} k(k+1)(2 k+1)
$$
Now look at $P(k+1)$. We note
$$
1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+(k+1)^{2}=\left{1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+k^{2}\right}+(k+1)^{2}
$$

实变函数代写

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Understanding Smoothness

本书收集了自 1982 年开设第一门高级分析课程以来我们多年来编写的许多其他笔记集的材料。根据我们所有的经验，我们选择了以下材料进行介绍。

第一部分：引言这些是你现在正在阅读的我们的开场白，在章节中1.

第二部分：理解平滑度在这里，我们关注的是为实线微积分和微积分发展连续性和微分思想。ℜ2.

我们认为学习抽象是一件很难的事情，所以我们故意慢慢开始。您可能已经看过实数线和数学归纳法的处理方法，但在第 2 章中，我们将从这个基本层次开始。我们仔细检查归纳并解释如何组织你的证明。我们还解决了数的三角不等式，并引入了数集的下确界和上确界的重要概念。
在第 3 章中，我们介绍了实数序列并列出了许多我们稍后将使用的符号机制。
在第 4 章中，我们证明了有界序列和有界集的重要 Bolzano-Weierstrass 定理，并引入了序列紧致性。我们还以两种等效的方式仔细讨论了序列的下限和上限。
在第 5 章中，我们将讨论更多的集合论并介绍拓扑紧致性，并最终证明实线上的序列紧致性和拓扑紧致性等价于封闭和有界的集合。
在第 6 章中，我们定义了函数的极限，并仔细探讨了下限和上限。
在第 7 章中，我们讨论了连续性。

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|Mathematical Induction

如果磷(1)是真的：这被称为基础步骤
如果磷(ķ+1)是真的磷(ķ)是真的：这被称为归纳步骤然后我们可以得出结论磷(n)对所有自然数都成立n.
使用 POMI 的证明组织如下：
证明 2.1.1
在此处陈述命题
证明：
基础
验证磷(1)是真的
归纳
假设磷(ķ)任意为真ķ>1并使用该信息来证明磷(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.
QED
您必须将此完成声明作为证明的一部分，并按上述方式出示 QED。这里的 QED 是拉丁语 Quod Erat Demonstratum 或将要显示的内容的缩写。我们经常使用符号而不是 QED。

注意，自然数或计数数通常用符号表示ñ. 所有整数（正、负和零）的集合表示为从实数表示为ℜ或者R. 有许多替代版本。一个有用的就是这个。

数学代写|实变函数作业代写Real analysis代考|More Examples

感应的。我们猜测磷(ķ)对任意一个都是真的ķ>1. 因此，我们知道

1+2+3+⋯+ķ=12ķ(ķ+1)
现在看看磷(ķ+1). 我们注意到

1+2+3+⋯+(ķ+1)=1+2+3+⋯+ķ+(ķ+1)
现在应用归纳假设并让1+2+3+⋯+ķ=12ķ(ķ+1)我们发现

1+2+3+\cdots+(k+1)=\frac{1}{2} k(k+1)+(k+1)=(k+1)\left{\frac{1}{2 } k+1\right}=\frac{1}{2}(k+1)(k+2)1+2+3+\cdots+(k+1)=\frac{1}{2} k(k+1)+(k+1)=(k+1)\left{\frac{1}{2 } k+1\right}=\frac{1}{2}(k+1)(k+2)
这正是声明磷(ķ+1). 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.

回想一下，当您第一次遇到黎曼积分时，您可能看过使用右侧分区来获取黎曼和的极限。例如，对于F(X)=2+X在区间[0,1]使用分区宽度1n, 黎曼和是

∑一世=1nF(0+一世n)1n=∑一世=1n(2+一世n)1n=2n∑一世=1n1+1n2∑一世=1n一世
第一笔款项，∑一世=1n1=n所以第一项是2nn=2. 为了评估第二项，我们使用上面的公式：∑一世=1n一世=12n(n+1)所以第二项变成n(n+1)2nn这简化为12(1+1n). 所以这里的黎曼和是2+12(1+1n)作为n变大明显接近价值2.5. 条款2.5+12n形成所谓的序列，这个序列的极限是 2.5。我们稍后会更多地讨论这个问题。从你早期的微积分课程中，你知道

∫01(2+X)dX=(2X+12X2)|01=2+12
这与我们发现的黎曼和极限相匹配。在后面的章节中，我们会更仔细地讨论黎曼积分理论，所以认为这只是对这种理论的一种尝试！
定理 2.2.2

12+22+32+⋯+n2=16n(n+1)(2n+1)∀n≥1
证明 2.2.2
基础磷(1)是声明1=16(1)(2)(3)=1这是真的。所以基础步骤得到验证。感应的。我们猜测磷(ķ)对任意一个都是真的ķ>1. 因此，我们知道

12+22+32+⋯+ķ2=16ķ(ķ+1)(2ķ+1)
现在看看磷(ķ+1). 我们注意到

1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots+(k+1)^{2}=\left{1^{2}+2^{2}+3^{2} +\cdots+k^{2}\right}+(k+1)^{2}

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