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祁东微信公众号开发【祁东网络推广】祁东建站、祁东网站维护、祁东网页制作、祁东微信小程序代运营公司

发表日期: 2021-03-27 16:07:28 浏览次数:9

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祁东县,隶属湖南省衡阳市,地处衡阳市西南部、湘江中游北岸,东西狭长,北高南低,总面积1872平方千米。 [1]  截至2020年6月,祁东县下辖4个街道、17个镇、3个乡。 [2]  共368个行政村(社区居委会),总人口105.8万。

祁东县,因县城在祁山之东而得名。古为扬越之地,春秋时属楚国。祁东境内祁剧为全国优秀剧种之一。明朝重臣宁良、陈荐,清廷尚书陈大受,红军将领王如痴,革命志士曹炎,画家管锄非等都孕育于此。当前有祁东籍将军14人,两院院士2人,省部级领导7人,司级领导78人,处级领导1300多人。

湘桂铁路、娄底—衡阳高速公路、泉州—南宁高速公路、祁永高速穿过祁东境内,另有祁东港归阳港区。 [1]  祁东县是“中国黄花之乡”、“将军之乡”、“黑色金属之乡”、“中国曲艺之乡”、“省级文明县城”、“全省城乡环境卫生十佳县”。2018年4月23日,湖南省政府批准祁东县退出贫困县序列。

2.3.1 归纳证明为何有效

变量的替换

在需要替换变量,比如涉及同一变量的表达式,如S(n)中的n 时,常会产生混淆。例如,我们要用n+1替换S(n)中的n,以得出等式(2.3)。要进行这种替换,必须先标记出S 中每个出现n的地方。有个很实用的办法,就是先用某个未在S 中出现过的新变量(比如m)来代替n。例如,S(n)就成了

\sum^{m}_{i=0}2^i=2^{m+1}-1

接着在每个出现m 的地方将其替换成所需的表达式,即本例中的n+1,就得到

\sum^{n+1}_{i=0}2^i=2^{(n+1)+1}-1

若将(n+1)+1简化为n+2,就得到了等式(2.3)。

请注意,我们应该给用来替换的表达式加上括号,以避免意外改变运算顺序。例如,假设用n+1替换表达式2×m 中的m,但没有给n+1加上括号,那么就会得到2×n+1,而不是正确的表达式2×(n+1)(也就是2×n+2)。

在归纳证明中,我们先证明了S(0)为真。接下来要证明,如果S(n)为真,那么S(n+1)是成立的。不过为什么接着能得出S(n)对所有n≥0都为真呢?我们会提供两个“证据”。某位数学家曾指出,我们证实归纳法有效的每个“证据”,都需要归纳证据本身,因此就根本没有证据。从技术上讲,归纳肯定能作为公理,然而很多人会发现以下直觉认识也是有用的。

在接下来的内容中,我们假设作为依据的值是n=0。也就是说,我们知道S(0)为真,而且对于所有大于0的n,如果S(n)为真,那么S(n+1)为真。如果作为依据的值是其他整数,也可以做出类似的论证。

第一个“证据”:归纳步骤的迭代。假设要证明对某个特定的非负整数a 有S(a)为真。如果a=0,只要援引归纳依据S(0)的真实性即可。如果a>0,那么就要进行如下论证。从归纳依据可知S(0)为真。对于命题“S(n)可推出S(n+1)”,若将n 替换为0,就成了“S(0)可推出S(1)”。因为我们知道S(0)为真,现在就知道S(1)为真。类似地,如果用1替换n,就有“S(1)可推出S(2)”,这样一来就知道S(2)也为真。用2来替换n,则有“S(2)可推出S(3)”,所以S(3)也为真,以此类推。不管a取什么值,最终都能得到S(a),这样就完成了归纳。

第二个“证据”:最少反例。假设至少有一个n 的值可以使S(n)不为真。设a是令S(a)为假的最小非负整数。如果a=0,就与我们的归纳依据S(0)相互矛盾,所以a 一定是大于0的。不过如果a>0,而且a是令S(a)为假的最小非负整数,那么S(a)肯定为真。现在,在归纳步骤中,如果用a-1代替n,就会有S(a-1)可推出S(a)。因为S(a-1)为真,那么S(a)肯定为真,又相互矛盾了。因为我们假设存在非负整数n 使S(n)为假,并引出了矛盾,所以S(n)对任何n≥0都一定为真。

2.3.2 检错码

现在我们要介绍“检错码”的例子。检错码本身就是个有意思的概念,而且引出了一段有趣的归纳证明。当我们通过数据网络传输信息时,会将字符(字母、数字、标点符号,等等)编码成位串,即0和1组成的序列。此时假设字符是由7位表示的。不过通常每个字符要传输不止7位,而第8位可以用来检测一些简单的传输错误。也就是说,偶尔有那么一个0或1会因为传输噪声发生改变,结果接收到的就是相反的位,进入传输线路的0成了1,而1成了0。如果通信系统能在8位中的一位发生变化时发出通知,从而发出重传信号,将会很有用。

要检测某一位的改变,必须保证任意两个表示不同字符的位序列不只有一个位置不同。不然的话,如果那个位置发生变化,结果就成了代表另一个字符的代码,可能将没法检测到错误的发生。例如,如果一个字符使用位序列01010101表示,而另一个由01000101表示,那么如果左起第4个位置发生改变,就会将前者变成后者。

要确保不同字符的代码不只有一个位置不同,方法之一是在惯用于表示字符的7位码前加上一个奇偶校验位。如果位序列中有奇数个1,则称其具有奇校验。如果位序列中有偶数个1,则其具有偶校验。我们选择的编码方式是以具有偶校验的8位码来表示字符,也可以选用带奇校验的代码。通过明智地选择校验位,我们可使奇偶校验成为偶校验。

示例 2.5

用来表示字符A的传统的ASCII(音“ask-ee”,表示American Standard Code for Information Exchange,即“美国信息交换标准码”)7位码是1000001。该序列的7位中已经有偶数个1,所以我们为其加上前缀0,得到01000001。用来表示C的传统代码是1000011,这和表示A的7位码只在第6位是不同的。不过,这个代码具有奇校验,所以我们给它加上前缀1,从而产生具有偶校验的8位码11000011。请注意,在给表示AC的代码前加上校验位后,就有了01000001和11000011这两个位序列,它们的第1位和第7位这两位是不同的,如图2-5所示。

图 2-5 可以选择初始奇偶校验位,使得8位码总是具有偶校验

我们总是能选择一个奇偶校验位加到7位码上,从而让得到的8位码中有偶数个1。如果表示字符的7位码本来就有偶校验,就选择0作为其奇偶校验位,而对本具有奇校验的7位码,则是选择奇偶校验位1。不管哪种情况,8位码中都是包含偶数个1。

两个具有偶校验的位序列不可能只有一个位置不同。如果两个这样的位序列只有一个位置不同,那么其中一个肯定要比另一个多一个1。因此,一个序列必然具有奇校验,而另一个则是偶校验,与我们都具有偶校验的假设是矛盾的。因此可得,通过加上奇偶校验位使1的数量为偶,可为字符创建检错码。

奇偶校验位模式是相当“高效”的,从某种意义上讲,它让我们可以传输很多不同的字符。请注意,n 位的位序列有2n个,因为我们可以为第一位选择二值(0或1)之一,可以为第二位选择二值之一,等等,总共可形成2×2×…×2(n 个2相乘)个位串,所以,最多有望能用8位来表示28=256个字符。

然而,在奇偶校验模式中,只能选择其中7位,第8位是无从选择的。因此最多可以表示27,即128个字符,而且能检测某一位上的错误。这样也不错,我们可以用256个中的128个,也就是8位码所有可能组合的一半,来作为字符的合法代码,还能检测某一位中出现的错误。

类似地,如果我们使用n 位的位序列,选择其中一位作为奇偶校验位,那么就能用n-1位的位序列加上合适的奇偶校验位前缀(其值由另外那n-1位确定)来表示2n-1个字符。n 位的位序列有2n个,我们可以表示2n中的2n-1个,或者说是可能字符数的一半,而且可以检测位序列中任意一位的错误。

有没有可能检测多个错误,并使用超过位序列多于一半的可能组合作为合法代码呢?下一个例子将告诉你这是不可能的。这里的归纳证明使用的命题对0来说不为真,所以我们必须选用一个更大的归纳依据,也就是1。

示例 2.6

我们要对n 进行归纳,以证明以下命题。

命题S(n)。如果C 是长度为n 的位串的检错(即两个不同的位串不会刚好只有一个位置不同)集合,那么C 最多含有2n-1个位串。

这个命题对n=0来说不为真。S(0)表示长度为0的位串的检错集合最多只有2-1个,也就是半个位串。从技术上讲,只由空位串(不含任何位置的位串)组成的集合C,是长度为0的位串的检错集合,因为C 中任意两个位串不会只有一个位置不同。集合C 中不只是有半个位串,它其实有一个位串。因此,S(0)为假。不过,对于所有的n≥1,S(n)都为真,正如我们在下文将会看到的。

依据。依据为S(1),也就是,任何检错的长度为1的位串的集合最多只有21-1=20=1个位串。长度为1的位串只有两个,一个是位串0,一个是位串1。然而,在检错的集合中,我们不能同时拥有这两者,因为它们正好只有一个位置不同。因此,每个n=1的检错集合肯定最多只有一个位串。

归纳。设n≥1,假定归纳假设——长度为n的位串的检错集合最多只有2n-1个位串——为真。我们必须用这一假设证明,任何长度为n+1的位串的检错集合C 最多只有2n个位串。因此,将C 分为两个集合:C0,即C 中0开头的位串组成的集合,以及C1,即C 中1开头的位串组成的集合。例如,假设n=2,C 就是长度为n+1=3,而且有一个奇偶校验位的位串的集合。那么,如图2-6所示,C 由位串000、101、110和011组成,C0由位串000和011组成,C1则由位串101和110组成。

图 2-6 集合C 被分为0开头位串的集合C0和1开头位串的集合C1D0D1则分别由删除了开头的0和1的位串组成

考虑一下集合D0,它含有删除了C0中那些位串开头的0后形成的位串。在上面的例子中,D0含有位串00和11。我们要求D0不能含有两个只有一位不同的位串。原因在于,如果有这样两个位串,比方说a1a2anb1b2bn,然后恢复它们开头的0,就会给出两个C0中的位串,0a1a2an和0b1b2bn,而这两个位串也只有一位是不同的。不过C0中的位串也是C 中的元素,而且我们知道C 中不能有两个位串只有一个位置不同。因此,D0也不行,所以D0是检错集合。

现在可以应用该归纳假设得出,D0作为一个长度为n的位串的检错集合,最多有2n-1个位串。因此,C0最多有2n-1个位串。

同样,可以对C1集合作出类似推论。设D1集合内的元素是删除C1中位串开头的1形成的位串。D1是长度为n的位串的检错集合,而根据归纳假设,D1最多只有2n-1个位串。因此,C1也最多只有2n-1个位串。然而,C中的每个位串不是在C0中就是在C1中。因此,C中最多有2n-1+2n-1,也就是2n个位串。

我们已经证明了S(n)可推出S(n+1),所以可以得出结论,S(n)对所有的n≥1都为真。我们在声明中排除了n=0的情况,因为归纳依据是n=1,而不是n=0。现在看到带奇偶校验检查的检错集合是尽可能大的,因为它们在使用n个位来构成位串时能有2n-1个位串。

如何构造归纳证明

没有什么可以保证给出任意(真)命题S(n)的归纳证明。找到归纳证明,就像找到任意类型的证明那样,或者就像写出能正常运行的程序那样,是项挑战智力的任务,而且我们只有几句话的意见可提。如果大家研究了示例2.4和示例2.6中的归纳步骤,就会注意到,每种情况下,都必须对试图证明的命题S(n+1)加以处理,使其由归纳假设S(n)和某些额外内容组成。在示例2.4中,我们将和

1+2+4+…+2n+2n+1

表示为归纳假设告诉我们的和

1+2+4+…+2n

加上2n+1这一项。

在示例2.6中,我们用两个长度为n的位串集合(称为D0D1)表示长度为n+1的位串集合C,这样一来,就可以将归纳假设应用到这些集合上,并推断出这两个集合都是大小有限的。

当然,对命题S(n+1)加以处理,从而使我们能应用归纳假设,只是更普遍的解题箴言“运用给定条件”的一个特例。当必须处理S(n+1)的“额外”部分,并利用S(n)完成对S(n+1)的证明时,才是最让人头疼的。不过,以下规则是普遍适用的。

  • 归纳证明必须在某个地方表述“……而且通过归纳假设我们可知……”。如果没有的话,就不算是归纳证明。


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