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Lesson 40 最值定理 & 导数

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约 3296 字大约 11 分钟

2025-3-21

紧致性

/Definition/

称拓扑空间 (X,T)(X,\mathscr{T}) 是紧致的 (compact)，如果 XX 的任何开覆盖皆有有限子覆盖.

即，∀X\forall X 的覆盖 U={Uα,α∈I}\mathscr{U}=\{U_\alpha,\alpha\in I\}，Uα∈TU_\alpha\in\mathscr{T}，都可以从 U\mathscr{U} 中选择有限个成员覆盖 XX.

上节课的一个例子是 Rn\R^n 的通常拓扑空间不是紧致的，因为这样的开覆盖 U={Bn(0⃗)∣n∈Z+}\mathscr{U}=\{B_n(\vec{0})|n\in\mathbb{Z}_+\} 没有有限子覆盖.

这件事情导致我们在处理 Rn\R^n 上的最值存在性问题时遇到一些麻烦.

接下来我们考虑 X⊆RnX\subseteq\R^n 的紧致性：如何定义 XX 的紧致性？显然我们只能选择 XX 因为 Rn\R^n 而来的诱导拓扑，这是比较普遍的方案. 即，XX 的开集 =(Rn=(\R^n 的开集 U)∩XU)\cap X.

/Definition/

称 XX 是 Rn\R^n 的紧致子集，如果 XX 在 Rn\R^n 通常拓扑的诱导拓扑下是紧致的.

具体而言，XX 的任何开覆盖 V={Vα=Uα∩X:Uα\mathscr{V}=\{V_\alpha=U_\alpha\cap X:U_\alpha 是 Rn\R^n 的开集}\}.

V\mathscr{V} 是 XX 的开覆盖 ⟺\Longleftrightarrow ⋃αVα=X\underset{\alpha}{\bigcup}V_\alpha=X ⟺\Longleftrightarrow ⋃α(Uα∩X)=X\underset{\alpha}{\bigcup}(U_\alpha\cap X)=X ⟺\Longleftrightarrow ⋃αUα⊇X\underset{\alpha}{\bigcup}U_\alpha\supseteq X.

因此我们可以说，XX 紧致等价于存在 ⋃αUα⊇X\underset{\alpha}{\bigcup}U_\alpha\supseteq X.

/Claim/

设 X⊆RnX\subseteq\R^n，则 XX 紧致 ⟺\Longleftrightarrow 若 U={Uα}⊆TRn\mathscr{U}=\{U_\alpha\}\subseteq\mathscr{T}_{\R^n}，∃⋃Uα⊇X\exist\bigcup U_\alpha\supseteq X.

证明其实在定义中讲到，这就是同义转换罢了.

但是即使我们做了这样的同义转换，我们还是要问：如何判断 XX 紧致？

/Theorem/ (Borel)

设 X⊆RnX\subseteq\R^n，则 XX 紧致 ⟺\Longleftrightarrow XX 是有界的闭集 (∃BR(0⃗)⊆X\exist B_R(\vec{0})\subseteq X).

/Proof/

我们可以认为这是上学期证明过的 Borel 定理之推广，当然也可以看下面的证明.

“⟹\Longrightarrow”的证明：设 XX 紧致，U={Bm(0⃗):m∈Z+}\mathscr{U}=\{B_m(\vec{0}):m\in\mathbb{Z}_+\} 是一个 Rn\R^n 的开覆盖，理应可以在其中找到一个有限子覆盖：

Bmt(0⃗)=Bm1(0⃗)∪⋯∪Bmt(0⃗)⊇X ,(m1<⋯<mt)B_{m_t}(\vec{0})=B_{m_1}(\vec{0})\cup\cdots\cup B_{m_t}(\vec{0})\supseteq X\,,\quad(m_1<\cdots<m_t)

这表明 XX 有界.

接下来证明 XX 是闭集，也就是证明 XCX^C 是开集，等价于验证 XCX^C 的每个点 y⃗\vec{y} 是 XCX^C 的内点. 为此，约定“带边球” BR(x)‾={y:d(y,x)≤R}\overline{B_R(x)}=\{y:d(y,x)\leq R\}，显然带边球是 Rn\R^n 的闭集.

考虑

V={Vm=(B1/m(y⃗)‾)C}\mathscr{V}=\left\{V_m=\left(\overline{B_{1/m}(\vec{y})}\right)^C\right\}

可知 VmV_m 是 Rn\R^n 的开集，“一个包含一个”，大指标的 VmV_m 包含在小指标的 VmV_m 中.

⋃mVm=⋃m(B1/m(y⃗)‾)C=(⋂m=1∞B1/m(y⃗)‾)C={y⃗}C⊇X\bigcup_m V_m=\bigcup_m\left(\overline{B_{1/m}(\vec{y})}\right)^C=\left(\bigcap^\infty_{m=1}\overline{B_{1/m}(\vec{y})}\right)^C=\{\vec{y}\}^C\supseteq X

因为 XX 紧致，所以 ∃\exist 一个有限子覆盖包含 XX，因此最大的指标 mtm_t 对应的带边球包含 XX，所以 XC⊇B1/mt(y⃗)‾⊃B1/m(y⃗)X^C\supseteq \overline{B_{1/m_t}(\vec{y})}\supset B_{1/m}(\vec{y})，所有 y⃗\vec{y} 均是 XCX^C 内点，得证.

“⟸\Longleftarrow”的证明：这一个证明和上面制备开覆盖的证明过程相比，是非平凡的.

  1. 特例：I=I= 矩体 =[a1,b1]×[a2,b2]×⋯×[an,bn]=[a_1,b_1]\times[a_2,b_2]\times\cdots\times[a_n,b_n]. 来证明 II 紧致，为此，设 U={Uα}⊆TRn\mathscr{U}=\{U_\alpha\}\subseteq\mathscr{T}_{\R^n}，反证：设 U\mathscr{U} 无 II 的有限子覆盖.

    和上学期类似，用“区间套分割”的方法.

    将 II 每个坐标轴方向的 [ai,bi][a_i,b_i] 均分成两份，得到 2n2^n 个小矩体，由 II 无 U\mathscr{U} 的有限子覆盖，得到这 2n2^n 个小矩体中一定也有一个 I1I_1 也没有 U\mathscr{U} 的有限子覆盖，……

    依次，得到矩体下降链 I⊇I1⊇I2⊇⋯Im⊇⋯I\supseteq I_1\supseteq I_2\supseteq\cdots I_m\supseteq\cdots，每一个均具有相同性质 (无 U\mathscr{U} 的有限子覆盖). 这相当于一种高维的区间套 (因为每个坐标上都是一个一维的区间套)，得到 ⋂Im={z⃗}\bigcap I_m=\{\vec{z}\} 为单点集.

    这样，z⃗∈I⊂⋃αUα\vec{z}\in I\subset\underset{\alpha}{\bigcup}U_\alpha，知道 z⃗∈\vec{z}\in 某个 UαU_\alpha，由 Uα∈TRnU_\alpha\in\mathscr{T}_{\R^n} 知 ∃Br(z⃗)⊆Uα\exist B_r(\vec{z})\subseteq U_\alpha，所以对于充分大的 mm 会有 Im⊆UαI_m\subseteq U_\alpha，矛盾！

  2. 对于一般的有界闭集 XX，设 V={Vα}\mathscr{V}=\{V_\alpha\} 是 XX 在 Rn\R^n 中的开覆盖. 因为 XX 有界，所以取矩体 II 使得 I⊇XI\supseteq X.

    由 XX 闭 ⟹\Longrightarrow XCX^C 开，令 U=V∪{\mathscr{U}=\mathscr{V}\cup\{开集 XC}X^C\}，则：

    (⋃αVα)∪XC⊇X∪XC=Rn⊇I(\bigcup_\alpha V_\alpha)\cup X^C\supseteq X\cup X^C=\R^n\supseteq I

    表明 U\mathscr{U} 是 II 在 Rn\R^n 中的开覆盖，有 U\mathscr{U} 的有限子覆盖，即可以从 U=V∪XC\mathscr{U}=\mathscr{V}\cup X^C 中选取有限个成员 cover II，特别地，这有限个成员同时 cover XX.

    由 X∩XC=∅X\cap X^C=\varnothing，得到上述选出 V\mathscr{V} 的有限个成员 cover XX，这就验证了 XX 紧致.

完全证毕.

XX 的开覆盖XX 在 Rn\R^n 中的开覆盖
V={Vα}\mathscr{V}=\{V_\alpha\}，VαV_\alpha 是 XX 的开集，⋃αVα=X\underset{\alpha}{\bigcup}V_\alpha=X.U={Uα}\mathscr{U}=\{U_\alpha\}，UαU_\alpha 是 Rn\R^n 的开集，⋃αUα⊇X\underset{\alpha}{\bigcup}U_\alpha\supseteq X.

所以有命题：

/Claim/

XX 紧致 ⟺\Longleftrightarrow XX 的任何开覆盖都有有限子覆盖 ⟺\Longleftrightarrow XX 在 Rn\R^n 中任何开覆盖皆有有限子覆盖.

下面进一步探究：

/Theorem/

设 XX 是 Rn\R^n 的紧致子集，则 XX 上的任何连续函数 ff 都有最值，特别地，ff 有界.

XX 的紧致性 ⟺\Longleftrightarrow XX 的任何开覆盖都有有限子覆盖，这就是说 XX 在开覆盖的意义下具有某种“有限性”.

f:X→Yf:X\to Y 连续 ⟺\Longleftrightarrow ff 没有被“撕开”，这样，若 XX 紧致，则 f:X→Yf:X\to Y 连续，f[X]f[X] 紧致.

因此我们先来看下面的定理和证明：

/Theorem/

若 XX 紧致，f:X→Yf:X\to Y 连续，则 f[X]f[X] 紧致.

/Proof/

来证明 f[X]f[X] 紧致，只需验证 f[X]f[X] 在 YY 中任何开覆盖 V={Vα}\mathscr{V}=\{V_\alpha\} 有有限子覆盖.

由 ff 连续知，Uα=f−1[Vα]U_\alpha=f^{-1}[V_\alpha] 是 XX 的开集，显然 ⋃αUα=X\underset{\alpha}{\bigcup}U_\alpha=X. 原因：

X=f−1[f[X]]⊆f−1[⋃Vα]=⋃f−1[Vα]X=f^{-1}[f[X]]\subseteq f^{-1}\left[\bigcup V_\alpha\right]=\bigcup f^{-1}[V_\alpha]

由 XX 紧致，{Uα}\{U_\alpha\} 是 XX 的开覆盖，得到存在一个有限子覆盖包含 XX，于是

f[X]=f[Uα1∪⋯∪Uαt]=f[Uα1]∪⋯∪f[Uαt]⊆Vα1∪⋯∪Vαt\begin{aligned} f[X]&=f[U_{\alpha_1}\cup\cdots\cup U_{\alpha_t}]\\\\ &=f[U_{\alpha_1}]\cup\cdots\cup f[U_{\alpha_t}]\\\\ &\subseteq V_{\alpha_1}\cup\cdots\cup V_{\alpha_t} \end{aligned}

(其中用到 Uα=f−1[Vα]U_{\alpha}=f^{-1}[V_\alpha]，所以 f[Uα]⊆Vαf[U_\alpha]\subseteq V_\alpha.)

这表明 f[X]f[X] 可以被有限个 VαtV_{\alpha_t} 覆盖，证明完毕.

/Proof/ (最值定理)

已知 XX 紧致，f:X→Rf:X\to\R 连续 ⟹\Longrightarrow f[X]f[X] 紧致 ⟹Borel\overset{\text{Borel}}{\Longrightarrow} f[X]f[X] 是 R\R 的有界闭集.

这就得到 f[X]f[X] 有界 (证明了有界性 / 最值定理)

由 f[X]f[X] 非空且有界，知道 sup⁡f[X]\sup f[X] 存在 (记为 MM)，有命题：

/Claim/

sup⁡f[X]=M∈f[X]\sup f[X]=M\in f[X] (表明 MM 是 f[X]f[X] 的最大元素).

/Proof/

反证：设 M∉f[X]M\notin f[X] ⟹\Longrightarrow M∈f[X]CM\in f[X]^C，由 f[X]f[X] 是闭集得到 f[X]Cf[X]^C 是开集，从而 MM 是 f[X]Cf[X]^C 的内点，∃Br(M)⊆f[X]C\exist B_r(M)\subseteq f[X]^C，这样，(M−r,M](M-r,M] 中没有 ff 的像点，且我们同时知道 ff 的所有像点都小于 MM，得到

f[X]⊆(−∞,M−r]⟹sup⁡f[X]≤M−rf[X]\subseteq(-\infty,M-r]\Longrightarrow\sup f[X]\leq M-r

与 sup⁡f[X]=M\sup f[X]=M 矛盾.

因此最值定理得证.

最值定理的应用

最著名的例子是线性代数中的：

/Theorem/

实对称方阵皆可正交对角化 (实对称方阵由实的特征值)

/Proof/

可以用微积分给出证明. 设 A=(aij)1≤i,j≤nA=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}，aij=aji∈Ra_{ij}=a_{ji}\in\R.

考虑：

Q(x1,⋯ ,xn)=(x1⋯xn)A(x1⋮xn)=∑i∑jaijxixjQ(x_1,\cdots,x_n)=\begin{pmatrix} x_1&\cdots&x_n \end{pmatrix}A\begin{pmatrix} x_1\\\vdots\\x_n \end{pmatrix}=\sum_i\sum_ja_{ij}x_ix_j

这是连续的. 我们来求 QQ 在 Sn−1={(x1,⋯ ,xn)∣∑xi2=1}S^{n-1}=\{(x_1,\cdots,x_n)|\sum x_i^2=1\} 的最值.

  1. 最值的存在性？

    Sn−1S^{n-1} 紧致 ⟺Borel\overset{\text{Borel}}{\Longleftrightarrow} Sn−1S^{n-1} 有界，闭集. 由最值定理，QQ 在 Sn−1S^{n-1} 上有最大值.

    设 QQ 在 Sn−1S^{n-1} 上有最大值点 a⃗\vec{a}.

  2. Lagrange 乘子法

    可以证明，Aa⃗=λa⃗A\vec{a}=\lambda\vec{a}.

提示

因为他还没有讲偏导数，所以这里扯到 Lagrange 乘子法实属无聊，也只能提到“可以证明”了.

问题：我们经常讨论 f:Rn→Rf:\R^n\to\R 是否有最小值？

这里没办法使用最值定理，因为 Rn\R^n 并非紧致. 因此我们需要“剥夺”远处的点竞争最值点的权利.

/Claim/

设 f:Rn→Rf:\R^n\to\R 连续，且 lim⁡∣x∣→∞f(x⃗)=+∞\underset{|x|\to\infty}{\lim}f(\vec{x})=+\infty，则 ff 在 Rn\R^n 上有最小值.

先引入一个定义：

/Definition/

lim⁡∣x∣→+∞f(x⃗)=+∞\underset{|x|\to+\infty}{\lim}f(\vec{x})=+\infty，当且仅当 ∀k\forall k，∃M\exist M，∀∣x∣>M\forall|x|>M 有 f(x⃗)>kf(\vec{x})>k.

/Proof/ (命题证明)

取 k=f(0⃗)k=f(\vec{0})，则由定义知道 ∃M\exist M 使得 ∀∣x∣>M\forall|x|>M 有 f(x)>kf(x)>k. 令 D=BM(0)‾D=\overline{B_M(0)} 是有界闭球，用最值定理得到 f:D→Rf:D\to\R 存在最小值 f(x⃗0)f(\vec{x}_0) (x⃗0∈D\vec{x}_0\in D).

这样 ∀∣x∣>M\forall|x|>M，f(x)>f(0)≥f(x0)f(x)>f(0)\geq f(x_0)，还有 ∀y∈D\forall y\in D，f(y)≥f(x0)f(y)\geq f(x_0)，表明 f(x0)=min⁡ff(x_0)=\min f.

微分 & 求导

用之前“道路”的概念，研究 g(t)=f(p(t))g(t)=f(p(t)).

Rn\R^n 中最简单的 path 是直线段，p(t)=x⃗0+v⃗tp(t)=\vec{x}_0+\vec{v}t，p:R→Rnp:\R\to\R^n. 我们允许 ∣v⃗∣≠1|\vec{v}|\neq1.

/Definition/ (多元函数的导数)

设 f:D→Rf:D\to\R，D⊆RnD\subseteq\R^n. 设 x0x_0 是 DD 的内点，令 g(0)=f(x0)g(0)=f(x_0)，g(t)=f(p(t))=f(x0+vt)g(t)=f(p(t))=f(x_0+vt).

则

ddt∣t=0g(t)=ddt∣t=0f(x⃗0+v⃗t)=lim⁡t→0f(x⃗0+v⃗t)−f(x⃗0)t\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}g(t)=\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}f(\vec{x}_0+\vec{v}t)=\lim_{t\to0}\frac{f(\vec{x}_0+\vec{v}t)-f(\vec{x}_0)}{t}

称为 ff 在 x0x_0 处沿方向 v⃗\vec{v} 的方向导数，记为：

∂f∂v⃗(x0)=∂f(x0)∂v⃗=∂f∂v∣x0=∇vf(x0)=Dvf(x0)=∂vf(x0)\frac{\partial f}{\partial\vec{v}}(x_0)=\frac{\partial f(x_0)}{\partial\vec{v}}=\left.\frac{\partial f}{\partial v}\right|_{x_0}=\nabla_vf(x_0)=D_vf(x_0)=\partial_vf(x_0)

(D 来源于导数的英文单词 derivative) 其中前三种在排版时有可能不太好看，现在大家更多使用后面几种了；当然在大量的中文教材中还是喜欢用前三种.

线性代数中，对于 Rn\R^n 空间 (线性空间) 有一组约定俗成的基底 e^1,⋯ ,e^n\hat{e}_1,\cdots,\hat{e}_n，对于基底方向的导数：

/Definition/

称 ∇e^kf(x⃗0)\nabla_{\hat{e}_k}f(\vec{x}_0) 为 ff 在 x0x_0 处的第 kk 个偏导数.

等价写法：

∂f∂xk(x⃗0)=∂f(x⃗0)=∂kf(x⃗0)=⋯\frac{\partial f}{\partial x_k}(\vec{x}_0)=\partial f(\vec{x}_0)=\partial_k f(\vec{x}_0)=\cdots

最后一种最常用 (Levi - Civita 算符作用时一直用的是最后一种)

以分量写出，x⃗0=(x1,⋯ ,xn)\vec{x}_0=(x_1,\cdots,x_n)，则

∇e^kf(x1,⋯ ,xn)=lim⁡t→0f((x1,⋯ ,xk,⋯ ,xn)+t(0,⋯ ,1,⋯ ,0))−f(x1,⋯ ,xn)t\begin{aligned} &\nabla_{\hat{e}_k}f(x_1,\cdots,x_n)\\\\ &=\lim_{t\to0}\frac{f((x_1,\cdots,x_k,\cdots,x_n)+t(0,\cdots,1,\cdots,0))-f(x_1,\cdots,x_n)}{t} \end{aligned}

解读为：冻结其他分量，视为关于 xkx_k 的一元函数，再求导.

/Remark/

方向导数 / 偏导数的计算方式，实际上和一元函数情形没有区别：

∇vf(x⃗0)=ddt∣t=0f(x⃗0+v⃗t) or ∂kf(xk)\nabla_vf(\vec{x}_0)=\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}f(\vec{x}_0+\vec{v}t)\text{ or }\partial_kf(x_k)

/Claim/

  1. ∇0⃗f(x⃗0)=0\nabla_{\vec{0}}f(\vec{x}_0)=0；

  2. ∇λv⃗f(x⃗0)=λ∇v⃗f(x⃗0)\nabla_{\lambda\vec{v}}f(\vec{x}_0)=\lambda\nabla_{\vec{v}}f(\vec{x}_0)；

  3. Leibniz 法则：

    ∇v⃗(fg)(x⃗0)=(∇v⃗f(x⃗0))g(x⃗0)+f(x⃗0)(∇v⃗g(x⃗0))\nabla_{\vec{v}}(fg)(\vec{x}_0)=(\nabla_{\vec{v}}f(\vec{x}_0))g(\vec{x}_0)+f(\vec{x}_0)(\nabla_{\vec{v}}g(\vec{x}_0))

  4. ∂k(fg)=(∂kf)g+f(∂kg)\partial_k(fg)=(\partial_kf)g+f(\partial_kg).

/Proof/

显然 1. 是 2. 的特例，4. 是 3. 的特例. 我们只证明 2. 和 3.

2.证明：

∇λvf(x0)=ddt∣t=0f(x0+λvt)=ddt∣t=0g(λt)=Chain Ruleg′(λt)∣t=0⋅λ=λg′(0)=λdds∣s=0f(x0+vs)\begin{aligned} \nabla_{\lambda v}f(x_0)&=\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}f(x_0+\lambda vt)\\\\ &=\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}g(\lambda t)\overset{\text{Chain Rule}}{=}g'(\lambda t)|_{t=0}\cdot\lambda=\lambda g'(0)\\\\ &=\lambda \left.\frac{\text{d}}{\text{d}s}\right|_{s=0}f(x_0+vs) \end{aligned}

得证.

3.证明：

∇v(fg)(x0)=ddt∣t=0f(x0+vt)g(x0+vt)=Leibniz(ddt∣t=0f(x0+vt))g(x0)+etc.=(∇vf(x0))g(x0)+f(x0)(∇vg(x0))\begin{aligned} \nabla_v(fg)(x_0)&=\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}f(x_0+vt)g(x_0+vt)\\\\ &\overset{\text{Leibniz}}{=}\left(\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}f(x_0+vt)\right)g(x_0)+\text{etc.}\\\\ &=(\nabla_vf(x_0))g(x_0)+f(x_0)(\nabla_vg(x_0)) \end{aligned}

得证.

我们之前在一元函数中有一个命题，说：可导一定连续. 但是多元函数中这个命题并不一定成立，一个反例：

/Example/

f(x,y)={∣y∣x2+y2x ,x≠00 ,x=0f(x,y)=\left\{\begin{array}{lr} \frac{|y|\sqrt{x^2+y^2}}{x}\,,\quad x\neq0\\\\ 0\,,\quad x=0 \end{array}\right.

来证明：

  1. ff 在 (0,0)(0,0) 处有各个方向导数；
  2. ff 在 (0,0)(0,0) 处不连续.

对于 1.，v⃗=r(cos⁡θ,sin⁡θ)\vec{v}=r(\cos\theta,\sin\theta)，由 ∇λvf=λ∇vf\nabla_{\lambda v}f=\lambda\nabla_vf，只需要计算 r=1r=1 情况. 那么有：

∇(cos⁡θ,sin⁡θ)f(0⃗)=ddt∣t=0f(tcos⁡θ,tsin⁡θ)={ddt∣t=00=0 ,cos⁡θ=0ddt∣t=0∣tsin⁡θ∣⋅∣t∣tcos⁡θ=∣sin⁡θ∣cos⁡θ ,cos⁡θ≠0\begin{aligned} \nabla_{(\cos\theta,\sin\theta)}f(\vec{0})&=\left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}f(t\cos\theta,t\sin\theta)\\\\ &=\left\{\begin{array}{lr} \left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}0=0\,,\quad\cos\theta=0\\\\ \left.\frac{\text{d}}{\text{d}t}\right|_{t=0}\frac{|t\sin\theta|\cdot|t|}{t\cos\theta}=\frac{|\sin\theta|}{\cos\theta}\,,\quad\cos\theta\neq0 \end{array}\right. \end{aligned}

对于 2.，反证：假设 f(x,y)f(x,y) 在 (0,0)(0,0) 处连续，则 ∀ε>0\forall\varepsilon>0，∃δ>0\exist\delta>0 使得 ∀∣(x,y)∣<δ\forall|(x,y)|<\delta 有 ∣f(x,y)−f(0,0)∣<ε|f(x,y)-f(0,0)|<\varepsilon.

特别地，对于 (x,y)=δ2(cos⁡θ,sin⁡θ)(x,y)=\frac{\delta}{2}(\cos\theta,\sin\theta)，会得到不等式：δ2∣tan⁡θ∣<ε\frac{\delta}{2}|\tan\theta|<\varepsilon，∀θ\forall\theta. 但是 ∣tan⁡θ∣|\tan\theta| 无界，所以矛盾.

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2025/10/9 02:50
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