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$a+b\neq c.$
这里居然可以直接套用LaTeX语法? 太方便了
\[\prod_{m=1}^\infty(1-x^{2m})(1+x^{2m-1}y^2)(1+x^{2m-1}y^{-2})=\sum_{n\in\mathbb{Z}}x^{n^2}y^n,\]其中 $x,y$ 是复数, 且 $|x|<1,y\neq 0$. 而且
\[这篇文章这一部分的中文汉字数=67.\]但是基于 \begin\end 的数学环境还是会出点问题, 以后再说.
1.28
在课程微分几何II中我们进行过这样的计算
$$ \begin{align*} R_{il}&=g^{jk}R_{ijkl}\\ &=\left(\delta_{jk}-\frac{x^kx^j}{K^2}\right)\left(-\frac{\delta_{jl}x^kx^i-\delta_{il}x^kx^j}{K^2(K^2-\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}+\frac{\delta_{kj}\delta_{il}-\delta_{ki}\delta_{jl}}{K^2}+\frac{\delta_{kj}x^ix^l-\delta_{ki}x^jx^l}{K^2(K^2-\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}\right)\\ &=\frac{-x^ix^l+\delta_{il}\sum_{i=1}^{n}(x^t)^2}{K^2(K^2-\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}+\frac{(n-1)\delta_{il}}{K^2}+\frac{(n-1)x^ix^l}{K^2(K^2-\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}\\ &\quad\,\,-\frac{+\delta_{il}(\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)^2-2x^ix^l(\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}{K^4(K^2-\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}-\frac{x^ix^l(\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}{K^4(K^2-\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2)}-\frac{\delta_{il}\sum_{t=1}^{n}(x^t)^2-x^ix^l}{K^2}\\ &=\frac{n-1}{K^2}\left(\delta_{il}+\frac{x^ix^l}{K^2-\sum_{t=1}^{n}}\right)=\frac{n-1}{K^2}g_{il} \end{align*} $$在课程理论力学中, 我们知道 Euler-Lagrange 方程
\[\frac{\partial \mathscr{L}}{\partial q_i}=\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \dot{q}_i}\right)=\frac{d}{dt}p_i\]等价于 Hamilton’s 方程组
\[\begin{cases} \dot{q}_i=\frac{\partial \mathscr{H}}{\partial p_i}\\ \dot{p}_i=-\frac{\partial \mathscr{H}}{\partial q_i}. \end{cases}\]而 Toda 方程可以被写作
\[\frac{dL}{dt}=[A,L],\]其中 $a_i=\frac{1}{2}\exp(\frac{q_i-q_{i+1}}{2}), b=-\frac{1}{2}p_i$,
\[L=\begin{pmatrix} b_1&a_1&0&\cdots&\cdots&0\\ a_1&b_2&a_2&0&\cdots&0\\ 0&a_2&b_3&a_3&\cdots&0\\ \vdots&&&&&\vdots\\ 0&&&a_{n-2}&b_{n-1}&a_{n-1}\\ 0&&&&a_{n-1}&b_n \end{pmatrix},A=\begin{pmatrix} 0&a_1&0&\cdots&\cdots&0\\ -a_1&0&a_2&0&\cdots&0\\ 0&-a_2&0&a_3&\cdots&0\\ 0&&&&&\vdots\\ 0&&&-a_{n-2}&0&a_{n-1}\\ 0&&&&-a_{n-1}&0 \end{pmatrix}\]哎, tikz