云玩家

主要内容本文主要证明了序数的唯一性, 即若序数 $O_1 \cong O_2$ , 则有 $O_1=O_2$ , $\cong$ 是同构的意思. 简单介绍序数是指一类集合, 满足: 可传递性, 即其元素也是其子集. 通过 $\in$ 关系构成良序集. 定义 定义 $0=\{\}$ , 即 $0$ 是空集. 证明引理 1. 对于某个序数 $O\not=0$, 一定有 $0\in O$. 证明: 任取 $x\in O$, 若 $x\not=0$ , 则取 $x’$ 为 $x\cap O$ 的最小元, 易得 $x’=0$ , 否则可取 $x’’\in x’$ , 即可得出 $x’’\in x\cap O$ , 与 $x’$ 为最小元矛盾.$\quad\blacksquare$ 引理 2. 记 $f\colon A\to B$ 为 $O_1$ 与 $O_2$ 之间保持结构的双射, 有 $f(0)=0$. 证明: 设 $f(0)=x\in O_2$, 若 $x\not=0$, 则有 $0\in O_2$ , 这说明 $f^{-1}(0)\in0$ , 这是不可能的.$\quad ...

1 $$ f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x} $$ 2 $\frac{f(b_n)-f(a_n)}{b_n-a_n}$ 必然夹在 $\frac{f(b_n)-f(0)}{b_n-0}$ 与 $\frac{f(a_n)-f(0)}{a_n-0}$ 之间 由夹逼定理可知, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{f(b_n)-f(a_n)}{b_n-a_n}=f'(0) $$ 7 $$ \begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\left(\frac{f(a+1/n)}{f(a)}\right)\\ =&1+\lim_{n\to\infty}\left(\frac{f(a+1/n)-f(a)}{f(a)}\right)\\ =&1+\lim_{n\to\infty}\left(\frac{f(a+1/n)-f(a)}{1/n}\right)\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1/n}{f(a)}\right)\\ = ...

2 这说明存在 ${x^*}_n\to {x_0}^-,x_{*n}\to {x_0}^-$ , 使得 $f({x^*}_n)\to\mathop{\lim\sup}_{x\to {x_0}^-}f(x), f({x_*}_n)\to\mathop{\lim\inf}_{x\to {x_0}^-}f(x)$ . 根据介值定理在 $n0$ 都有 $x\in A$ 使得 $\sup A\geqslant x>\sup A-\epsilon$ , 这说明我们可以在 $A=\{f(x)\colon 0

1假设是无界的, 那么由本节前面内容可推出 $\lim_{x\to a}f(x)=\infty$ 或 $\lim_{x\to b}f(x)=\infty$ . 由一致连续的定义可推出矛盾. 2 如果是有限区间, 有 $$ f(a) + g(a)=\lim_{x\to a}f(x)+\lim_{x\to a}g(x)=\lim_{x\to a}f(x)+g(x) $$ 说明 $f(a)+g(a)$ 是连续的. 如果是开区间只需补充两边定义即可成为闭区间, 而由该节内容可知闭区间中的连续函数必然一致连续. 如果是无穷区间, 就不一定成立, 比如 $f(x)=g(x)=x$ . 3补充定义, 然后和上一题有限区间情况类似. 4 由题目可得, 对于任意的 $\epsilon/4>0$ 存在 $b>0$ , 使得当 $x\geqslant b$ 时, 有 $|f(x)-f(+\infty)|b$ 时, 有 $|f(x_1)-f(x_2)|0$ , 若 $x_1, x_2>b$ , 那么 $\delta$ 取多大都可以, 若 $x_1,x_2\in[a,b]$ , 由于本来就是一致连 ...

3 由一致连续的定义知, 对于 $\epsilon>0$ , 存在 $\delta>0$ , 使得 $|f(x)-f(x\pm\delta)|

2(1) 等价于 $$ \begin{aligned} &\lim_{x\to1}\frac{x^n-1}{x^m-1}\\ =&\lim_{t\to0}\frac{(t+1)^n-1}{(t+1)^m-1}\\ =&\lim_{t\to0}\frac{t^n+nt+o(t)}{t^m+mt+o(t)}\\ =&\lim_{t\to0}\frac{t^{n-1}+n+o(1)}{t^{m-1}+m+o(1)}\\ =&\frac{n}{m} \end{aligned} $$ (2) 令 $1+\alpha x=t^m$ 可得 $$ \lim_{t\to 1}\frac{\alpha(t-1)}{t^m-1}=\frac{\alpha}{m} $$ (3) $$ \lim_{x\to0}\frac{\sqrt[m]{1+\alpha x}-\sqrt[n]{1+\beta x}}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[m]{1+\alpha x}-1}{x}-\lim_{x\to0}\frac{\sqrt[n]{1+\beta x}-1}{x}=\frac ...

1(1)不能, 在 $0$ 处 $f$ 极限不存在. (2)$x=0$ 处无定义, 但是在 $x=0$ 处有可去间断点, 因此如果补充定义, 那么该函数的定义域就是 $\mathbb{R}$ . (3)是. 这等价于连续的定义. (4)不能. $x_0$ 处不一定有定义, 且 $f(x_0)$ 的值无法从给定的公式计算 (也就是无关) . (5)由题意知 $$ f(x_0)=\lim_{x\to x_0}f(x)=0 $$ 4(1)不连续. (2)不一定. 5 这说明 $$ f(x_0)=\lim_{x\to x_0}f(x) $$ 即 $$ |f(x)-f(x_0)|

2(1)由极限的加法可得. (2)由极限的乘法可得. (3)由极限的乘法可得. (4)只需证明 $$ \frac{1}{1+\alpha}+\alpha-1=o(\alpha) $$ 这等价于 $$ \lim_{x\to x_0}\frac{\alpha}{1+\alpha}=0 $$ 这是显然的.

将两个一维 array 所有的组合排列出你有两个一维数组: array1, array2 . 现在需要将它们的所有元素的组合排列出 (组合成二维数组). 1np.array(np.meshgrid(array1, array2).T.reshape(-1, 2) 求出二维数组中最大值位置你有一个二维数组: array , 求其中最大值的二维坐标. 1np.unravel_index(np.argmax(array), array.shape)

6.1在 $V$ 被不断更新的情况下, 式子左边的 $V(S_t)$ 与右边的是不等价的. 因为右边的 $V(S_t)$ 是没有更新的, 而左边的 $V(S_t)$ 却是已经更新的. 因此右边得再加上 $\alpha\delta_t$ . 6.2我们将整个走高速以及到家的过程简化成一个状态 $s_2$ , 从新办公楼到新停车场到高速的过程简化成 $s_1$ , 显然 $V(s_2)$ 与之前的是一样的, 于是我们如果采取时序差分只需一步就可以获得较准确的更新, 这样显然比蒙特卡洛整个走一遍再更新的效率要高, 且准确度是差不多的 (关键就在于 $V(s_2)$ , 即某些状态的价值仍然相当正确的) . 6.3因为无折扣, 所以 $\gamma=1$ , 又因为在多数情况下回报 $R=0$ , 所以根据 $\text{TD}$ 方法的更新公式多数情况的价值都不会改变 (仍是 $0.5$). 而第一幕, 应该是到达了左边的终止状态, 值改变了 $-0.5\alpha$ . 6.4不知如何回答. 但是总的来说, $\alpha$ 越小, 收敛约慢, 相同的结果也越好. 且同一参数下 (至少不是 ...