设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$上二阶可导, 且 $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0$.

(1) 证明: 对于任意 $x_0, x \in(-\infty,+\infty)$, 有 $f(x) \geqslant f(x_0)+f^{\prime}(x_0)(x-x_0)$;

(2) 证明: 若存在常数 $M>0$, 使得任意 $x \in(-\infty,+\infty)$, 均有 $|f(x)| \leqslant M$, 则 $f(x)$ 为常值函数

泰勒展开得
$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime}(x)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2}(x-x_0)^2$$
又$f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0$，得证 $f(x) \geqslant f(x_0)+f^{\prime}(x)(x-x_0)$

设$\exists x_0$ ,使得$f^{\prime}(x_0) \neq 0$, 有$f(x) \geqslant f^{\prime}(x_0) x+f(x_0)-x_0 f^{\prime}(x_0)$ ,$f(x)$ 在一条直线上方，对于 $\forall M$ ，均有 $|f(x)| >M$ , 与$|f(x)| \leqslant M$矛盾，故 $f’(x)$恒为 $0$ ，即$f(x)$为常函数

canny边缘检测算子

理论原理

Canny 算子是常用的边缘检测算法，其执行步骤如下:

1. 应用高斯滤波器平滑图像以去除噪声
2. 计算图像的强度梯度
3. 应用非最大抑制（Non-maximum suppression）消除边缘检测的虚假响应
4. 应用双阈值确定潜在边缘
5. 通过滞后 (hysteresis ) 方法跟踪边缘：通过抑制所有其他弱边缘和未连接到强边缘的边缘，完成边缘检测

高斯滤波

为了操作方便，我们将原始输入的彩色图片转为黑白

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def rgb2gray(adr):
    img=cv2.imread(adr)
    width = img.shape[0]
    height = img.shape[1]

    grayimg = np.zeros([width,height],np.uint8) 
    for i in range(width):
        for j in range(height):
            grayimg[i,j] = 0.299 * img[i,j][0] + 0.587 * img[i,j][1] 
            +  0.114 * img[i,j][2]        
    cv2.imshow('grayimage', grayimg)
    return grayimg

背景知识

注意力机制

本篇章将从attention开始，逐步对Transformer结构所涉及的知识进行深入讲解，希望能给读者以形象生动的描述。

问题：Attention出现的原因是什么？
潜在的答案：基于循环神经网络（RNN）一类的seq2seq模型，在处理长文本时遇到了挑战，而对长文本中不同位置的信息进行attention有助于提升RNN的模型效果。

于是学习的问题就拆解为：1. 什么是seq2seq模型？2. 基于RNN的seq2seq模型如何处理文本/长文本序列？3. seq2seq模型处理长文本序列时遇到了什么问题？4.基于RNN的seq2seq模型如何结合attention来改善模型效果？

背景知识

编码器—解码器（seq2seq）

在自然语言处理的很多应用中，输入和输出都可以是不定长序列。以机器翻译为例，输入可以是一段不定长的英语文本序列，输出可以是一段不定长的法语文本序列，例如

英语输入：“They”、“are”、“watching”、“.”

法语输出：“Ils”、“regardent”、“.”

当输入和输出都是不定长序列时，我们可以使用编码器—解码器（encoder-decoder） 或者seq2seq模型。这两个模型本质上都用到了两个循环神经网络，分别叫做编码器和解码器。编码器用来分析输入序列，解码器用来生成输出序列。

若 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{u_n}{v_n}=l \neq 0$, 则 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 同敛散.

反例
$$
\begin{aligned}
& u_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n} \\\\
& v_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}
\end{aligned}
$$
$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\frac{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+\frac{1}{n}}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}}= \frac{(-1)^n+\frac{1}{\sqrt{n}}}{(-1)^n}=1
$$
显然 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$收敛而 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$发散

设函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续，且 $\lim_{x \rightarrow+\infty} f(x)=c \in \mathbb{R}$. 则对 $a, b>0$ 成立

$$\int_0^{+\infty} \frac{f(a x)-f(b x)}{x} \mathrm{~d} x=(f(0)-c) \ln \frac{b}{a}$$

如果将条件改为积分 $\int_a^{+\infty} \frac{f(x)}{x} \mathrm{~d} x$ 对某个 $a>0$ 收敛，则有

$$\int_0^{+\infty} \frac{f(a x)-f(b x)}{x} \mathrm{~d} x=f(0) \ln \frac{b}{a}$$

上述条件要求 $f(x)$ 在 $x=0$ 处连续，也可减弱至 $\lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x)$ 存在，并将等式右侧的相应 $f(0)$ 做修改即可。

下面给出第一条结论的证明,其余类似

$$
\begin{array}{l}
f(x) \text { 在 }(0,2 \pi) 2 \text { 阶可导 } ，f^{\prime \prime}(x) \neq f(x) & \\
\exists \xi \in(0,2 \pi) \text { 使得 } \tan \xi=\frac{2 \cdot f^{\prime}(\xi)}{f(\xi)-f^{\prime \prime}(\xi)} \text { 成立 }
\end{array}
$$

解：

$$\frac{sin(\xi)}{cos(\xi)}=\frac{2 \cdot f^{\prime}(\xi)}{f(\xi)-f^{\prime \prime}(\xi)}$$
$由于f^{\prime \prime}(x)\neq f(x),交叉相乘得$

已知
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\int_0^x t^2 \mathrm{e}^{x^2-t^2} \mathrm{~d} t+a \mathrm{e}^{x^2}}{x^b}=-\frac{1}{2}
$$
求 $a, b$ 的值.

解：提出$\mathrm{e}^{x^2}$,

$$\lim _{x \rightarrow+\infty}\frac{ \mathrm{e}^{x^2}\left(\int_0^x t^2 \mathrm{e}^{-t^2}\mathrm{~d} t+a\right)}{x^b}=-\frac{1}{2}$$
可得

求椭球面 $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}+z^2=1$ 被平面 $x+y+z=0$ 截得的椭圆的长半轴与短半轴
分析: 将空间几何问题转化为函数极值问题，利用拉格朗日乘数法解出最大值和最小值，即可得到结果。

解: 可知平面 $x+y+z=0$ 过点 $(0,0,0)$ ，也就是过椭球面中心，设椭圆上任意一点为 $(x, y, z)$ ，则坐标原点到 $(x, y, z)$ 的距离为 $d=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$, 设