一个中文数学小论文-全文 @ TeX模板

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\renewcommand{\contentsname}{目录}
\renewcommand{\abstractname}{摘\ \ 要}
\renewcommand{\refname}{参考文献}
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\author{AAA 2011012xxx \\ BBB 2011012011 \\ CCC 2011012xxx}
\title{文献读书报告II\\Wavelets}
\begin{document}




\maketitle
\tableofcontents
\begin{abstract}

\end{abstract}
\section{小波分析的历史}
\section{主要问题与核心困难}
\subsection{主要问题}
在一个二维无穷大的整数晶格平面上，从（0,0）出发做随机游走，以1/4的概率向南或向北走1，以1/4+$\varepsilon$的概率向东走1，以1/4-$\varepsilon$的概率向西走1，若最后以p=1/2的概率回到起点，求解$\varepsilon$的值。

\subsection{核心困难}
为了回答上述问题，首先必须确定该问题的解是否存在，实际上该问题是对二维平面离散随机游走常返性的研究，所以通过定义停时$\tau=inf\{n\in N^*,s_j\neq(0,0),j=1,2,3\cdots n-1\}$,我们可以自然得出等式:
\begin{eqnarray}
\displaystyle1/2=p=P(\tau<\infty)=P(\sum_{n=0}^{\infty}\tau=2n)=\sum_{n=0}^{\infty}P(\tau=2n)
\end{eqnarray}
对于给定的n，由于二维平面，而且不是对称随机徘徊，所以很难写出完整表达式，但是我们可以很直接地发现，当假定$\tau=$2n，向东走步数k，向北走步数j以后，（要满足k+j=n）,事实上我们可以引入参数$A_{n,k,j}$，表示给定各方向走的步数后，共2n步后初次返回（0,0）的路径数，可以得到：
\begin{center}
$\displaystyle P(\tau=2n)=\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^{n-j}A_{n,k,j}(1/4)^{2j} (1/4-\varepsilon)^k(1/4+\varepsilon)^k$\\
\end{center}
 显然$A_{n,k,j}$ 与$\varepsilon$取值无关，且原始问题解的存在性问题转换为：
 \begin{eqnarray}
 \displaystyle 1/2=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{j=0}^n\Sigma_{k=0}^{n-j}A_{n,k,j}(1/4)^{2j}(1/16-(\varepsilon)^2)^k
 \end{eqnarray}
 该等式解的存在性问题，此时我们重新对$\varepsilon$的取值范围进行讨论，$\varepsilon$本质上应该在[0,1/4]这个区间上，而当$\varepsilon=0$ 时，原问题转化为二维简单对称随机徘徊问题的常返性问题，可以证明此时p=1，（详细证明见命题2.1），而当$\varepsilon=1/4$时，此时常返问题实际上就限制在一维上，我们可以将等式右边重写为：
\begin{eqnarray}
\displaystyle p'=\sum_{n=1}^{\infty}B_n(1/4)^{2n}
\end{eqnarray}
其中$B_n$表示一维简单对称随机徘徊问题中当第一次常返时为2n时，所有可能的路径数。事实上，对于真正的一维简单对称随机徘徊，我们有：
\begin{eqnarray}
\displaystyle 1=\sum_{n=1}^{\infty}B_n(1/2)^{2n}
\end{eqnarray}
（等式成立原因见命题2.1），与(3)式进行比较，我们可以有大概估计：\\
$\displaystyle p'=\sum_{n=1}^{\infty}B_n(1/4)^{2n}=\sum_{n=1}^{\infty}B_n(1/2)^{2n}(1/4)^n\leqslant1/4\sum_{n=1}^{\infty}B_n(1/2)^{2n}=1$\\
所以不难发现当$\varepsilon$在[0,1/4]变化时，p至少在[1,1/4]波动，而且由（2）式，显然有当$\varepsilon$在[0,1/4]时，p与$\varepsilon$一一对应且单调下降，所以由$1/2\in[1/4,1]$知，存在$\varepsilon^*\in[0,1/4]$,满足原问题要求。
\theoremstyle{definition} \newtheorem{recurrence}{命题}[section]
\begin{recurrence}{}
考虑$R^d(d\geq1,d\in N^*)$上的简单对称随机徘徊，当$d\leq2$时常返，否则非常返。
\end{recurrence}
\begin{proof}
首先我们先证明如下引理：\\
\textbf{Lemma:}对于$R^d$上的简单随机徘徊（不需要对称性），以下结论等价：
\begin{center}
(1)$P(\tau<\infty)=1$(等价于常返性)，$\tau\triangleq inf\{n\in N^*,s_n=0,s_j\neq0,j=1,2,\cdots n-1\}$\\
(2)$P(s_n=0,i.o)=1$\\
(3)$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}P(s_n=0)=\infty$
\end{center}
\textbf{Proof of Lemma:}\\
$(1)\Rightarrow(2):\tau_k\triangleq inf\{n>\tau_{k-1},s_n=0,s_j\neq0,j=\tau_{k-1}+1,\cdots n-1\},\forall k\geq2,\tau_1=\tau.$\\
$\therefore P(s_n=0,i.o)=1\Leftrightarrow P(\tau_k<\infty,\forall k\geq1)=1.$\\
$\displaystyle\because P(\tau_k<\infty,\forall k\geq1)=P(\bigcap_{k=1}^{\infty}\tau_k<\infty)\geq \varliminf_kP(\tau_k<\infty)$.\\
$\because P(\tau<\infty)=1,\therefore 1\geq P(\tau_k<\infty,\forall k\geq1)\geq \varliminf_kP(\tau_k<\infty)=1$\\
$\therefore P(s_n=0,i.o)=1$.\\
$(2)\Rightarrow(3):$若(2)成立，则有：$\displaystyle\infty=\sum_{k=1}^{\infty}1_{\{s_k=0\}}=\sum_{k=1}^{\infty}1_{\{\tau_k<\infty\}}$\\
$\therefore E(\sum_{k=1}^{\infty}1_{\{s_k=0\}})=E(\sum_{k=1}^{\infty}1_{\{\tau_k<\infty\}})$\\
所以(3)成立。\\
$(3)\Rightarrow(1):\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}P(s_n=0)=\infty\Rightarrow\sum_{k=1}^{\infty}P(\tau_k<\infty)=\infty$\\
$\because \sum_{k=1}^{\infty}P(\tau_k<\infty)=\frac{P(\tau<\infty)}{1-P(\tau<\infty)}$(这里我们利用了$P(\tau_k<\infty)=(P(\tau<\infty))^k$).\\
$\therefore P(\tau<\infty)=1$.\#\\
由上面引理的结果，为证明命题，我们只需证明当维数不超过2时，对于简单对称随机徘徊成立：$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}P(s_{2k}=0)=\infty$\\
d=1:$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}P(s_{2k}=0)=\sum_{k=1}^{\infty}C_{2k}^{k}\frac1{2^{2k}}\thicksim\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{\sqrt{k}}=\infty$\\
d=2:$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}P(s_{2k}=0)=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{j=0}^k\frac{(2k)!}{j!j!(k-j)!(k-j)!}4^{-2k}=\sum_{k=1}^{\infty}4^{-2k}(C_{2k}^{k})^2\thicksim\sum_{k=1}^{\infty}\frac1k=\infty$
\end{proof}

\subsection{方法1}
\subsubsection{算法设计}
\subsubsection{程序代码}
\subsection{方法2}
\subsubsection{算法设计}
\subsubsection{程序代码}

\section{文献的主要内容}
\subsection{Haar小波}
\subsection{连续小波变换}
\subsection{离散小波变换}
\subsection{多分辨率分析及Mallat算法}
\subsection{紧支撑双正交小波的构造}
\subsection{小波分析与傅里叶分析的比较}
\subsection{blabla}
\subsection{blabla}


\section{基本方法与实现细节}
\subsection{离散小波变换与连续小波变换}

\begin{lstlisting}[numbers=left, numberstyle=\tiny, frame=shadowbox]



\end{lstlisting}

\subsection{信号的分解与重构}
\subsection{信号压缩}
\subsection{信号去噪}

\section{应用数值算例}
\subsection{离散小波变换与连续小波变换}
下面是装雪花分形vonkoch信号，并进行连续小波变换的例子，程序如下：
\begin{lstlisting}[numbers=left, numberstyle=\tiny, frame=shadowbox]
%载入实际信号
load vonkoch;
lv = 510;
signal = vonkoch(1:lv);
subplot(3,1,1),plot(signal,'b');grid on;
set(gca,'XLim',[0 510])
title('被分析的信号');
xlabel('Time (or Space)')
ylabel('振幅')
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%执行离散5层sym2小波变换
%这里的层数1-5分别对应尺度2,4,6,16,32
[c,l] = wavedec(vonkoch,5,'sym2');
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%扩展离散小波系数进行画图
%这里的层数1-5分别对应尺度2,4,6,16,32

cfd = zeros(5,lv);
for k = 1:5
    d = detcoef(c,l,k);
    d = d(:)';
    d = d(ones(1,2^k),:);
    cfd(k,:) = wkeep1(d(:)',lv);
end
cfd =  cfd(:);
I = find(abs(cfd)