Apostol Linear Algebra Exercise 0.13.3

問題

令$A(n)$表示命題$\displaystyle \sum_{r = 1}^{n} r = \frac{(2n + 1)^2}{8}$。

(a) 證明對整數$k \geq 1$，由$A(k)$可得$A(k + 1)$。

(b) 試說明為什麼命題「由歸納法可知對所有$n \geq 1$，$A(n)$為真」不成立。

(c) 將$A(n)$中的等號改為一個不等號，使得對所有$n \geq 1$，$A(n)$都為真。

解答

(a) 假定命題$A(k)$正確，亦即有
$$\sum_{r = 1}^{k} r = \frac{(2k + 1)^2}{8}.$$
那麼
\begin{align}
\sum_{r = 1}^{k + 1} r
&= \sum_{r = 1}^{k} r + (k + 1) \notag \\
&= \frac{(2k + 1)^2}{8} + k + 1 \quad [\text{假設}] \notag \\
&= \frac{4k^2 + 4k + 1}{8} + \frac{8k + 8}{8} \notag \\
&= \frac{4k^2 + 12k + 9}{8} \notag \\
&= \frac{(2k+3)^2}{8} \notag \\
&= \frac{[2(k + 1) + 1]^2}{8} \notag
\end{align}
於是命題$A(k + 1)$成立。

(b) 對於$n = 1$，$\displaystyle \sum_{r = 1}^{1} r = 1 < \frac{9}{8} = \frac{(2 \cdot 1 + 1)^2}{8}$，所以$A(1)$不成立，因此無法由歸納法證明對所有$n \geq 1$，$A(n)$為真。

(c) 由(b)的計算，應該將命題$A(n)$修改為
$$\sum_{r = 1}^{n} r < \frac{(2n + 1)^2}{8}.$$

以下用歸納法證明修改後的命題$A(n)$對所有整數$n \geq 1$成立。

$n = 1$時，見(b)之計算，可知命題成立。

設命題在$n - 1$時成立，即有
$$\sum_{r = 1}^{n - 1} r < \frac{[2(n - 1) + 1]^2}{8}.$$

$n$時，
\begin{align}
\sum_{r = 1}^{n} r
&= \sum_{r = 1}^{n - 1} r + n \notag \\
&< \frac{[2(n - 1) + 1]^2}{8} + n \quad [\text{歸納假設}] \notag \\
&= \frac{4n^2 - 4n + 1}{8} + \frac{8n}{8} \notag \\
&= \frac{4n^2 + 4n + 1}{8} \notag \\
&= \frac{(2n + 1)^2}{8} \notag
\end{align}
故由數學歸納法得證。

Apostol Linear Algebra Exercise 0.13.1

問題

對所有整數$n \geq 1$，用歸納法證明下列公式：

(a) $\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} k = \frac{n(n + 1)}{2}$；

(b) $\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} k^3 = \left( \sum_{k = 1}^{n} k \right)^2$。

解答

(a) $n = 1$時，$\displaystyle \sum_{k = 1}^{1} k = 1 = \frac{1(1 + 1)}{2}$，是以命題成立。

設命題在$n - 1$時成立，也就是有
$$\sum_{k = 1}^{n-1} k = \frac{(n - 1)[(n - 1) + 1]}{2}.$$

$n$時，
\begin{align}
\sum_{k = 1}^{n} k
&= \sum_{k = 1}^{n - 1} k + n \notag \\
&= \frac{(n - 1)[(n - 1) + 1]}{2} + n \quad [\text{歸納假設}] \notag \\
&= \frac{(n - 1)n}{2} + \frac{2n}{2} \notag \\
&= \frac{n^2 - n + 2n}{2} \notag \\
&= \frac{n^2 + n}{2} \notag \\
&= \frac{n(n + 1)}{2} \notag
\end{align}
故由數學歸納法得證。

(證明終了)

(b) $n = 1$時，$\displaystyle \sum_{k = 1}^{1} k^3 = 1^3 = 1 = 1^2 = \left( \sum_{k = 1}^{1} k \right)^2$，是以命題成立。

設命題在$n - 1$時成立，即有
$$\sum_{k = 1}^{n - 1} k^3 = \left( \sum_{k = 1}^{n - 1} k \right)^2.$$

$n$時，
\begin{align}
\sum_{k = 1}^{n} k^3
&= \sum_{k = 1}^{n - 1} k^3 + n^3 \notag \\
&= \left( \sum_{k = 1}^{n - 1} k \right)^2 + n^3 \quad [\text{歸納假設}] \notag \\
&= \left[ \frac{(n - 1)[(n - 1) +1]}{2} \right]^2 + n^3 \quad [\text{習題}0.13.1(a)] \notag \\
&= \frac{(n - 1)^2 \cdot n^2}{2^2} + \frac{4n^3}{2^2} \notag \\
&= \frac{n^4 - 2n^3 + n^2 + 4n^3}{2^2} \notag \\
&= \frac{n^4 + 2n^3 + n^2}{2^2} \notag \\
&= \frac{n^2 (n^2 + 2n + 1)}{2^2} \notag \\
&= \frac{n^2 (n + 1)^2}{2^2} \notag \\
&= \left[ \frac{n(n + 1)}{2} \right]^2 \notag \\
&= \left( \sum_{k = 1}^{n} k \right)^2 \quad [\text{習題}0.13.1(a)] \notag
\end{align}
故由數學歸納法得證。

(證明終了)

複合函數的求導，鏈鎖律，Chain Rule

==定理==(鏈鎖律，Chain Rule)

若$g( \xi ) = \eta , g'( \xi ) = t, f'(\eta) = \tau$，則$f \left( g(x) \right)$在$\xi$可導，且導數為$\tau t$。

==證明==

由於$f$在$\eta$可導，意味著存在正數$p$使得$f$在$(\eta - p, \eta + p)$上有定義，且差商$\frac{f( \eta + k) - f( \eta)}{k}$在$k \rightarrow 0$時有極限$\tau$。

定義函數$\varphi : (-p, p) \rightarrow \mathbb{R}$，
$$\varphi (k) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{f( \eta + k) - f( \eta)}{k}, & k \neq 0 \\ \tau, & k = 0 \end{array} \right.$$
此函數的幾何意義為「割線與切線斜率變化函數」。

注意$\lim \limits_{k \rightarrow 0} \varphi (k) = \lim \limits_{k \rightarrow 0} \frac{f( \eta + k) - f( \eta)}{k} = f'(\eta) = \tau = \varphi (0)$，所以$\varphi$在$0$連續。

由$\varphi$的定義，在$(- p, p)$上，恆有
$$f(\eta + k) - f(\eta) = \varphi (k) \cdot k.$$

要確認$f \left( g(x) \right)$在$\xi$是否可導，必須計算極限式
$$\lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{f \left( g( \xi + h) \right) - f \left( g( \xi ) \right)}{h}.$$
將$g ( \xi ) = \eta$代入，式子變為
$$\lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{f \left( g( \xi + h) \right) - f (\eta)}{h}.$$

但我們目前只知道
$$\lim \limits_{k \rightarrow 0} \frac{f (\eta + k) - f (\eta)}{k} = \tau.$$
將兩個極限式的差商相比較：
$$\frac{f \left( g( \xi + h) \right) - f (\eta)}{h} \text{與} \frac{f (\eta + k) - f (\eta)}{k},$$
注意到其中兩者分子的被減項$f \left( g( \xi + h) \right)$與$f (\eta + k)$形式上有所不同。

$g( \xi + h) = \eta + k$？

$g( \xi + h) = g ( \xi ) + k$？

變量$k$受到$h$影響！

定義$k(h) = g ( \xi + h) - g (\xi )$。

$k(h)$的定義域呢？

由於$g$在$\xi$可導，所以存在正數$q$使得$g$在$(\xi - q, \xi + q)$上有定義。於是$k(h)$的定義域就是$(-q, q)$。

而因$g$在$\xi$可導，所以$g$在$\xi$連續，即有$\lim \limits_{h \rightarrow 0} g( \xi + h ) = g ( \xi )$，於是$\lim \limits_{h \rightarrow 0} k(h) = \lim \limits_{h \rightarrow 0} [g ( \xi + h) - g ( \xi )] = g ( \xi ) - g( \xi ) = 0$。

這意味著當$h$足夠小(夠接近$0$)，那麼$k(h)$也會充分接近$0$。

所以對於正數$p$，存在正數$q'$使得當$h \in (-q', q')$時，有$k(h) \in (-p, p)$。

因此，當$h \in (-q', q')$時，
$$k(h) = g(\xi + h) - g(\xi) \in (-p, p),$$
然後
\begin{align}
f \left( g(\xi + h) \right) - f \left( g(\xi) \right) &= f \left( g(\xi) + k(h) \right) - f\left( g(\xi) \right) \notag \\
&= f \left( \eta + k(h) \right) - f(\eta) \notag \\
&= \varphi \left( k(h) \right) \cdot k(h) \notag
\end{align}
所以
\begin{align}
\lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{f \left( g(\xi + h) \right) - f \left( g(\xi) \right)}{h}
&= \lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{\varphi \left( k(h) \right) \cdot k(h)}{h} \notag \\
&= \lim \limits_{h \rightarrow 0} \varphi \left( k(h) \right) \cdot \frac{k(h)}{h} \notag \\
&= \lim \limits_{h \rightarrow 0} \varphi \left( k(h) \right) \cdot \frac{g ( \xi + h) - g (\xi )}{h} \notag \\
&= \left[ \lim \limits_{h \rightarrow 0} \varphi \left( k(h) \right) \right] \cdot \left[ \lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{g ( \xi + h) - g (\xi )}{h}\right] \notag \\
&= \varphi (0) \cdot t \notag \\
&= \tau \cdot t \notag \\
&= \tau t \notag
\end{align}

(證明終了)