云玩家

1当 $x$ 足够大, 时有$$p(x)=x^3(1-\frac{4}{x}+\frac{5}{x^2}-\frac{6}{x^x})>\frac{x^3}{2}$$显然 $\lim_{n\to\infty}p(n)=+\infty$ . 而当 $x$ 足够小时同理. 2$$\frac{1}{n}(1+2+\dots+n)=\frac{1+n}{2}$$ 显然. 3由求和公式显然. 4$$n(\sqrt n-\sqrt{n+1})=-\frac{n}{\sqrt n+\sqrt{n+1}}<-\frac{n}{2\sqrt{n+1}}=-\frac{\sqrt{n+1}}{2}+\frac{1}{2\sqrt{n+1}}$$ 两边取极限可得. 5$$\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{n+i}}>\frac{n}{2\sqrt{2n}}=\frac{\sqrt{n}}{2\sqrt 2}$$ 两边取极限可得.

2.1$1/4$. 2.24, 5必定发生了, 其余都可能发生. 2.3首先应该要确定, 只要 $\epsilon$ 不取 $0$ , 经过足够长的时间应该都能够收敛到最优情况, 于是最优动作的概率为 $(1-\epsilon)\frac{\epsilon}{10}]$ , 而贪心取最优动作的概率取决于最开始的动作, 从期望值来看, 这个概率是 $1/10$ . 那么平均收益即可计算. $\epsilon-贪心$ :$$(1-\epsilon)\mathbb{E}[q_*(a_t)]+\epsilon\sum_{i=1}^{10}\mathbb{E}[q_*(a_i)]$$其中 $a_t$ 是最优动作 贪心:$$\frac{1}{10}\sum_{i=1}^{10}\mathbb{E}]q_*(a_i)]$$ 2.4$$\alpha_i\prod_{j=i+1}^{n}(1-\alpha_j)$$ 2.5多臂赌博机 可以明显看出常数步长对于非平稳问题的优势. 2.6因为其会探索得更多, 因此会更糟, 但同时由于其还拥有贪心的本质, 因此在不同臂收益差距明显时, 会出现峰值. 2.7只需 ...

1.1 左右互搏(1)一开始应该收敛得很慢. (2)应该不会, 我觉得它应该会收敛到必定不输的那个策略. 1.2 对称性(1)可以在更新价值表格时同时更新其对称位置. (2)应该会更快收敛. (3)不应该. 因为如果对手有偏好, 那么我们对对称的位置应该有不同的考虑. (4)不一定, 这与对手的策略有关. 1.3 贪心策略(1)如果是一开始就贪心, 当然是更差 (根本没有训练) . 如果已经收敛, 就会玩得更好. (2)贪心难以收敛到最优策略. 1.4 从试探中学习我认为从试探中学习的方式应该… 不太正确. 应该来说无论是学习还是胜率考虑都是不从试探中学习的更优. 1.5 其他提升方法(1)不能. (2)直接几个 if 判断就好了.

1只做部分, 且不完全做完因为我懒. (3) $$ \frac{n!}{n^n}0$ , 使得对于任取的 $N\in\mathbb{N^*}$ , 都存在 $n>N$ 使得 $$ |a_n-a|>\epsilon $$ 6 对于任意的 $\epsilon>0$ , 存在 $N'$ 使得当 $n>N$ 时, $\frac{a_n}{n}

1 用反证法. 假设 $a+b$ 是有理数, 那么有 $a+b = \frac{p}{q}$ , 令 $a=\frac{p'}{q'}$ , 那么有 $$ \begin{aligned} \frac{p'}{q'} + b &= \frac{p}{q}\\ b&=\frac{pq'-p'q}{qq'} \end{aligned} $$ 即 $b$ 为有理数, 与题目矛盾, 因此 $a+b$ 是无理数. $a-b$ 是同理可得. 若 $ab$ 是有理数, 那么有 $ab = \frac{p_0}{q_0}$ , 因此 $b=\frac{p_0}{aq_0}$ , 即 $b$ 为有理数, 矛盾, 因此 $ab$ 是无理数. $a/b$ 同理可得. 2 这里只考虑大于零的情况 (小于等于零的情况类似, 因此为了方便不做讨论) . 假设有两个有理数 $a=\frac{p}{q}>b=\frac{p'}{q'}>0$ . 通分得 $\frac{pq'}{qq'}>\frac{p'q}{qq'}$ , 显然有 $\frac{pq'-1}{qq'}\geqslant\frac{p'q} ...

1(1)不能. (2)发散. (3)发散. (4)既可以收敛也可以发散. (5)${a_n},{b_n},{c_n}$ 都不一定收敛. 2对于 $\epsilon’>0$, 存在 $N\in\mathbb{Z}^*$ , 使得当 $n>N$ 时, 有 $|a_n-a|<\epsilon’$ , 因此有 $|a_{n+1}-a_{n}|<|a_{n+1}-a|+|a-a_{n}|<2\epsilon’$, 因此只需 $\epsilon’$ 取得足够小, 就有 $$ \frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}

说在前面这个问题我还没有解决. 题目已知平面向量 $v_1,v_2,v_3,\cdots,v_n$ 满足 $\sum_{i=1}^n|\vec{v_i}|=1$ . 若必存在若干个向量, 它们的和的模不小于 $k$ , 求 $k$ 的最大值. 原题如下 给出的解法虽然很精彩, 但是并不是最大值 (最少是没证明 $1/4$ 是最大值) . 于是就产生了这个求最大值的想法. 猜想我猜测结果是 $1/\pi$ . 一些结果令 $P\subseteq {1,2,3,\cdots,n}$ , 且满足 $\left|\sum_{i\in P}v_i\right|$ 为所有向量相加的组合中能取到的最大值, 我们来考虑如何选取得到这个向量的集合. 设一个向量 $\vec{w}\not=\vec 0$ , 如何取向量并相加才能使得这个相加后的向量在 $\vec{w}$ 上的投影的模最大? 很显然, 取一条过原点的直线, 然后分别将直线的两边的所有向量相加 (在直线上的向量相加与否并不影响这个模的取值), 得到的两个向量必有一个在 $\vec{w}$ 上的投影的模是最大的, 但是这样取到的最大的模必然小 ...

发现一个不等式, 因此记录一下 (应该是正确的…吧)$$\sum_{i=1}^nk_i\sin(\theta_i)\geqslant\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\left(\frac{\sum_{i=1}^nk_i\theta_i}{\sum_{i=1}^nk_i}\right)\sum_{i=1}^n k_i,\qquad \theta_i\in[0,\frac{\pi}{2}]$$对于 $\cos$ 函数也有类似的结果.

旋转公式对于一个点 $P_0(x_0,y_0)$ 来说 , $P_1(x_0\cos\theta-y_0\sin\theta,x_0\sin\theta+y_0\cos\theta)$ 是 $P_0$ 旋转 $\theta$ 角度 (顺时针) 后对应的点. 这个公式的推导是很简单的, 但是它这样的形式似乎并没有什么显而易见的规律. 但是, 复数乘法可以给我们一些启示. 复数乘法的几何意义设 $z_1=a_1+b_1\mathrm{i}, z_2=a_2+b_2\mathrm{i}$ , 那么就有 $z_1z_2=a_1a_2-b_1b_2+(a_1b_2+a_2b_1)\mathrm{i}$ . 如果还看不出什么, 就进行三角换元, 令 $a_1=k_1\cos\alpha, b_1=k_1\sin\alpha, a_2=k_2\cos\beta,b_2=k_2\sin\beta$ , 那么就有 $k_1=|z_1|, k_2=|z_2|$ , 于是$$\begin{aligned}z_1z_2&=a_1a_2-b_1b_2+(a_1b_2+a_2b_1)\mathrm{i}\ ...

一开始我是想要用官网的 js 解析 .ggb 文件的, 结果发现速度太慢还一堆问题… 最后发现直接分享然后 iframe 引用才是最快最方便的. 打开 GeoGebra , 然后在制作好的图中点击分享 (如下图) 然后就会进入登录界面, 有账号直接登录, 没有就注册. 接着进入 GGB 官网 , 登录并进入个人主页 接着看 资源 中是否有你分享的图, 如果没有, 重新回到 GGB 再次尝试分享. 然后点击进入你要嵌入到网页的资源, 查看该资源 ID . 记下 ID, 然后就可以在需要展示 GGB 的地方用 iframe 引用了 1234567<iframe frameborder="no"title="随便写" src="https://www.geogebra.org/material/iframe/id/刚刚记下的 ID/smb/false/stb/false/stbh/f ...