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狄利克雷定理是复变函数论中的一个重要定理，它描述了复平面上的一个区域内所有解析函数的等价性。
这个定理的证明涉及到复分析和拓扑学的一些基本原理和方法。
首先，我们需要了解狄利克雷定理的基本内容。
它指出，在复平面的某个区域内，如果一个函数在其定义域内解析，那么它可以通过一个无穷级数来表示，该级数的项数只取决于区域的直径，而不取决于函数的振幅。
换句话说，对于一个给定的区域，总可以找到一个唯一的无穷级数来表示所有在该区域内解析的函数。
接下来，我们可以通过以下步骤来证明狄利克雷定理：
1. 定义函数空间：首先，我们需要定义一个函数空间，其中包含所有在区域内解析的函数。
这个空间可以通过定义函数的某种性质（例如，函数的连续性、可微性等）来构造。
2. 构造收敛级数：对于任何一个在给定区域内解析的函数，我们可以找到一个无穷级数，它收敛到该函数。
这个级数的项数只取决于区域的直径，而不取决于函数的振幅。
具体来说，我们可以通过选择一个足够小的邻域，使得在该邻域内解析的所有函数都可以用该级数表示。
3. 唯一性证明：为了证明该级数是唯一的，我们需要证明任何两个收敛到同一函数的无穷级数必须是相等的。
这可以通过比较两个级数的项数和系数来实现。
4. 拓扑学应用：最后，我们可以将该定理与拓扑学结合起来，证明任何两个收敛到同一函数的无穷级数必须是相等的。
这是因为任何两个收敛到同一函数的无穷级数都必须在某个点上相等，而这个点可以通过将两个级数进行比较来找到。
综上所述，通过定义函数空间、构造收敛级数、证明唯一性和应用拓扑学原理，我们可以证明狄利克雷定理。
这个定理在复变函数论中具有重要的意义和价值。
（20141029）第四章 狄利克雷问题一、定义狄利克雷问题（Dirichlet problem ）就是在给定边界条件的区域D 内求解拉普拉斯方程的问题，即20, ()()()u u x f x x D ∇==∈∂当区域D 是一个长为L ，宽为l 的矩形时，即(){},:0, 0D x y x l y L =≤≤≤≤此时狄利克雷问题就变成了求解带有若干边界条件的二阶偏微分方程，即0xx yy u u +=1212(,0)(), (,)(), (0,)(), (,)()u x f x u x L f x u y g y u l y g y ====根据叠加原理，分别求解当120g g ==和120f f ==时方程的解，其解的加和即为原方程的解。
同时120g g ==与120f f ==这两种情形是等价的，因此只需要求解其中一个问题，并改变相应的变量就可以得到另一个解。
因此我们这里求解120g g ==的情形，即0xx yy u u +=12(,0)(), (,)(), (0,)(,)0u x f x u x L f x u y u l y ====根据变量分离法，首先假设函数(,)u x y 可以写作(,)()()u x y X x Y y =代入微分方程可得()''()"()()X x Y t X x Y y =-移项整理得2''()''()0()()X x Y y v X x Y y =-≡-< （可以证明，当上式中的比例常数为非负数时，方程只有0解，与题设不符） 于是有2"()()X x v X x =-2"()()Y y v Y y =对于方程2"()()0X x v X x +=，其对应的特征根方程有两个共轭的复根vi ±，因此其通解为012()(cos sin )X x e C vx C vx =+将边界条件(0,)(,)0u y u l y ==代入微分方程可得 (0)()0X X l ==所以10, sin 0C vl ==进而有, n vl n v lππ==所以 2()sin n X x C x lπ= 当21C =时，就得到了特征值22(/)v n l π=对应的特征函数，即()sin n X x x l π=。
dirichlet函数的若干分析性质
狄利克雷函数（dirichlet）是一个定义在实数范围上、值域不连续的函数。
狄利克雷函数的图像以Y轴为对称轴，是一个偶函数，它处处不连续，处处极限不存在，不可黎曼积分。
这是一个处处不连续的可测函数。
基本性质
1、定义域为整个实数域R
2、值域为{0,1}
3、函数为偶函数
4、无法画出函数图像，但是它的函数图像客观存在
5、以任意正有理数为其周期，无最小正周期（由实数的连续统理论可知其无最小正周期）
分析性质
1、处处不连续
2、处处不可导
3、在任何区间内黎曼不可积
4、函数是可测函数
5、在单位区间[0,1]上勒贝格可积，且勒贝格积分值为0（且任意区间<a,b>以及R上甚至任何R的可测子集上（区间不论开闭和是否有限）上的勒贝格积分值为0 ）
对性质5的说明：虽然m(R/Q)=+∞，但在R/Q上有f(x)=0，符合可积条件（说明中Q为有理数集）。
函数周期：狄利克雷函数是周期函数，但是却没有最小正周期，它的周期是任意正有理数。
因为不存在最小负有理数和正有理数，所以狄利克雷函数不存在最小正周期。
狄利克雷函数的出现．表示数学家“J对数学的理解发生了深刻的变化。
数学的一些“人造”特征开始展现出来这种思想也标志着数学从研究“算”转变到了研究“概念、性质、结构”狄利克雷是数学史上第一位重视概念的人。
并且是有意识地“以概念代替直觉”的人。
在狄利克雷之前，数学家们主要研究具体函数进行具体计算，他们不大考虑抽象问题。
但狄利克雷之后，事情逐渐变化了。
人们开始考虑函数的各种性质，例如(函数的)对称性、增减性、连续性等。
迪利克雷收敛定理【原创实用版】目录1.迪利克雷收敛定理的定义2.迪利克雷收敛定理的证明3.迪利克雷收敛定理的应用正文一、迪利克雷收敛定理的定义迪利克雷收敛定理，又称为狄利克雷 - 莱布尼茨收敛定理，是由德国数学家狄利克雷和莱布尼茨在 19 世纪初提出的。
该定理主要用于判断一个可积函数序列的极限是否存在，以及该极限是否等于该函数在区间上的积分。
具体来说，迪利克雷收敛定理表示：若函数 f(x) 在区间 [a, b] 上可积，且函数序列{fn}满足 fn(x) 在区间 [a, b] 上连续，且 fn(x) 趋于 f(x) 在区间 [a, b] 上几乎处处成立，那么 fn(x) 在区间 [a, b] 上的极限存在，且该极限等于 f(x) 在区间 [a, b] 上的积分。
二、迪利克雷收敛定理的证明为了证明迪利克雷收敛定理，我们需要引入一些基本概念：1.设 fn(x) 是 f(x) 的一个有界变差函数，即在区间 [a, b] 上，对任意ε>0，总存在δ>0，当|x-y|<δ时，有|fn(x)-fn(y)|<ε。
2.设 fn(x) 在区间 [a, b] 上连续，即对任意ε>0，总存在δ>0，当|x-y|<δ时，有|fn(x)-fn(y)|<ε。
根据以上两个条件，我们可以得出 fn(x) 在区间 [a, b] 上趋于f(x) 的结论。
证明过程如下：设 x_0∈[a, b]，对任意ε>0，我们取δ=min{1, |x-x_0|}，那么当|x-y|<δ时，有：|fn(x)-fn(y)|≤|fn(x)-f(x_0)|+|f(x_0)-fn(y)|<ε由于 fn(x) 在区间 [a, b] 上连续，故|f(x_0)-fn(y)|<ε，所以|fn(x)-fn(y)|<2ε。
因此，fn(x) 在区间 [a, b] 上趋于 f(x)。
根据以上证明，结合积分的定义，我们可以得出迪利克雷收敛定理的结论。
狄利克雷（1805～1859）Dirichlet(2010-09-25 00:43:32)分类：工作篇标签：校园狄利克雷（1805～1859）Dirichlet，Peter Gustav Lejeune 德国数学家。
对数论、数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一。
1805年2月13日生于迪伦，1859年5月5日卒于格丁根。
中学时曾受教于物理学家G.S.欧姆；1822～1826年在巴黎求学，深受J.-B.-J.傅里叶的影响。
回国后先后在布雷斯劳大学、柏林军事学院和柏林大学任教27年，对德国数学发展产生巨大影响。
1839年任柏林大学教授，1855年接任C.F.高斯在哥廷根大学的教授职位。
在分析学方面，他是最早倡导严格化方法的数学家之一。
1837年他提出函数是x与y之间的一种对应关系的现代观点。
在数论方面，他是高斯思想的传播者和拓广者。
1863年狄利克雷撰写了《数论讲义》，对高斯划时代的著作《算术研究》作了明晰的解释并有创见，使高斯的思想得以广泛传播。
1837年，他构造了狄利克雷级数。
1838～1839年，他得到确定二次型类数的公式。
1846年，使用抽屉原理。
阐明代数数域中单位数的阿贝尔群的结构。
在数学物理方面，他对椭球体产生的引力、球在不可压缩流体中的运动、由太阳系稳定性导出的一般稳定性等课题都有重要论著。
1850年发表了有关位势理论的文章，论及著名的第一边界值问题，现称狄利克雷问题。
狄利克雷Dirichlet, Peter Gustav Lejeune（1805~1859）狄利克雷(Dirichlet, Peter Gustav Lejeune)德国数学家，1805年2月13日生于德国迪伦；1859年5月5日卒于格丁根。
狄利克雷生活的时代，德国的数学正经历着以高斯（Gauss）为前导的、由落后逐渐转为兴旺发达的时期。
狄利克雷以其出色的数学教学才能，以及在数论、分析和数学物理等领域的杰出成果，成为高斯之后与雅可比(Jacobi)齐名的德国数学界的一位核心人物。
dirichlet函数
Dirichlet函数一般指狄利克雷函数。
狄利克雷函数是一个定义在实数范围上、值域不连续的函数。
狄里克雷函数是周期函数，但是却没有最小正周期，它的周期是任意负有理数和正有理数。
因为不存在最小负有理数和正有理数，所以狄里克莱函数不存在最小正周期。
狄利克雷函数的出现。
表示数学家“J对数学的理解发生了深刻的变化。
数学的一些“人造”特征开始展现出来这种思想也标志着数学从研究“算”转变到了研究“概念、性质、结构”狄利克雷是数学史上第一位重视概念的人。
并且是有意识地“以概念代替直觉”的人。
在狄利克雷之前，数学家们主要研究具体函数进行具体计算，他们不大考虑抽象问题。
但狄利克雷之后，事情逐渐变化了。
人们开始考虑函数的各种性质，例如（函数的）对称性、增减性、连续性等。
[编辑本段]基本简介桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，有的抽屉可以放一个，有的可以放两个，有的可以放五个，但最终我们会发现至少我们可以找到一个抽屉里面至少放两个苹果。
这一现象就是我们所说的抽屉原理。
抽屉原理的一般含义为：“如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有n＋1或多于n＋1个元素放到n个集合中去，其中必定至少有一个集合里至少有两个元素。
”抽屉原理有时也被称为鸽巢原理（“如果有五个鸽子笼，养鸽人养了6只鸽子，那么当鸽子飞回笼中后，至少有一个笼子中装有2只鸽子”）。
它是德国数学家狄利克雷首先明确的提出来并用以证明一些数论中的问题，因此，也称为狄利克雷原理。
它是组合数学中一个重要的原理。
[编辑本段]抽屉原理常见形式原理1 把多于n个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有2个或2个以上的物体。
[证明]（反证法）：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.原理2 把多于mn(m乘以n)个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有m+1个或多于m+1个的物体。
[证明]（反证法）：若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能原理3 把无穷多件物体放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里有无穷个物体。
.原理1 2 3都是第一抽屉原理的表述第二抽屉原理：把（mn－1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m—1）个物体。
[证明]（反证法）：若每个抽屉都有不少于m个物体，则总共至少有mn个物体，与题设矛盾，故不可能二．应用抽屉原理解题抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作用。
许多有关存在性的证明都可用它来解决。
例１：400人中至少有两个人的生日相同.解：将一年中的366天视为366个抽屉，400个人看作400个物体，由抽屉原理1可以得知：至少有两人的生日相同.又如：我们从街上随便找来13人，就可断定他们中至少有两个人属相相同.“从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。
”“从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。
”例2：幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理.解：从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）。
把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原理1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同.上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.（需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少.）抽屉原理虽然简单，但应用却很广泛，它可以解答很多有趣的问题，其中有些问题还具有相当的难度。
下面我们来研究有关的一些问题。
[编辑本段]整除问题把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。
例1 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。
分析与解答在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。
例2：对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除.证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为3个抽屉：[0]，[1]，[2]①若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中(即抽屉中分别为含有余数为0,1,2的数)，我们从这三个抽屉中各取1个(如1~5中取3,4,5)，其和(3+4+5=12)必能被3整除.②若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，则其中必有一个抽屉，包含有3个余数（抽屉原理），而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个自然数之和是3的倍数.③若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，必有3个自然数之和能被3整除.例2′：对于任意的11个整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除.证明：设这11个整数为：a1，a2，a3……a11 又6=2×3①先考虑被3整除的情形由例2知，在11个任意整数中，必存在：3|a1+a2+a3，不妨设a1+a2+a3=b1；同理，剩下的8个任意整数中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.设a4+a5+a6=b2；同理，其余的5个任意整数中，有：3|a7+a8+a9，设：a7+a8+a9=b3②再考虑b1、b2、b3被2整除.依据抽屉原理，b1、b2、b3这三个整数中，至少有两个是同奇或同偶，这两个同奇（或同偶）的整数之和必为偶数.不妨设2|b1+b2则：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6∴任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数.例3：任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数.分析：注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.[编辑本段]面积问题例：九条直线中的每一条直线都将正方形分成面积比为2:3的梯形，证明：这九条直线中至少有三条经过同一点.证明：如图，设直线EF将正方形分成两个梯形，作中位线MN。
由于这两个梯形的高相等，故它们的面积之比等于中位线长的比，即|MH|:|NH| 。
于是点H有确定的位置（它在正方形一对对边中点的连线上，且|MH|:|NH|＝２:３）. 由几何上的对称性，这种点共有四个（即图中的H、J、I、K）.已知的九条适合条件的分割直线中的每一条必须经过H、J、I、K 这四点中的一点.把H、J、I、K看成四个抽屉，九条直线当成９个物体，即可得出必定有３条分割线经过同一点硬挨卡萨uhjakf看看 .应该是（物体数-1）×抽屉数+1[编辑本段]染色问题例1正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同.证明：把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原理二，至少有三个面涂上相同的颜色.例2 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。
分析与解答首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.根据抽屉原理，至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。
例3：假设在一个平面上有任意六个点，无三点共线，每两点用红色或蓝色的线段连起来，都连好后，问你能不能找到一个由这些线构成的三角形，使三角形的三边同色？解：首先可以从这六个点中任意选择一点，然后把这一点到其他五点间连五条线段，如图，在这五条线段中，至少有三条线段是同一种颜色，假定是红色，现在我们再单独来研究这三条红色的线。
这三条线段的另一端或许是不同颜色，假设这三条线段（虚线）中其中一条是红色的，那么这条红色的线段和其他两条红色的线段便组成了我们所需要的同色三角形，如果这三条线段都是蓝色的，那么这三条线段也组成我们所需要的同色三角形。
因而无论怎样着色，在这六点之间的所有线段中至少能找到一个同色三角形。
例3′（六人集会问题）证明在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有三个人以前彼此不相识。
”例3”：17个科学家中每个人与其余16个人通信，他们通信所讨论的仅有三个问题，而任两个科学家之间通信讨论的是同一个问题。
证明：至少有三个科学家通信时讨论的是同一个问题。
解：不妨设A是某科学家，他与其余16位讨论仅三个问题，由鸽笼原理知，他至少与其中的6位讨论同一问题。
设这6位科学家为B，C，D，E，F，G，讨论的是甲问题。
若这6位中有两位之间也讨论甲问题，则结论成立。
否则他们6位只讨论乙、丙两问题。
这样又由鸽笼原理知B至少与另三位讨论同一问题，不妨设这三位是C，D，E，且讨论的是乙问题。
若C，D，E中有两人也讨论乙问题，则结论也就成立了。
否则，他们间只讨论丙问题，这样结论也成立。
三．制造抽屉是运用原则的一大关键例1 从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。
分析与解答我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉：此抽屉特点：凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。
现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数可以在同一个抽屉中（符合上述特点）.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34。
例2：从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。
分析与解答在这20个自然数中，差是12的有以下8对：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。
另外还有4个不能配对的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）。
例3：从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。
分析与解答根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质）：｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。
