其中为插值节点。
当初看到这里的时候觉得有点不对劲，难道一个函数有这些零点，就可以表示成如上形式吗？假如f(x)=log(x)，那么误差函数就是log(x)减去一个多项式，怎么可能展开成上述形式？实际上，这么假设是没有问题的。注意到此时

它在这些点没有定义。而后面的证明却用到了K(x)的连续性。之所以可以这么设，是因为可以被视作“可去奇点”，我们可以自然的定义

上面的式子其实是应用了洛必达法则，由于分子分母有公共零点，所以当时极限存在。
事实上，在复变函数中也有可去奇点的定义，和这里的思想是完全相同的。比如函数

零点就是它的可去奇点，因为如果我们定义f(0)=1，则f(z)在整个复平面内解析。

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定义两个集合
X={1, 2 , 3 , … , n , …}
Y={1 , 1/2 , 1/3 , … , 1/n , …}
它们中的距离都定义为d(x,y)=|x-y|(不难验证这样定义的确实是一个距离)
定义X到Y的映射f:x -> 1/x
任意的ε > 0，取δ=1/2，则当d(m,n)=|m-n|<δ时(在X中，此时只能m=n)，都有d(f(m),f(n))=|f(m)-f(n)|=|1/m - 1/n|=0<ε，所以f是一致连续的(当然更是连续的)。
而反过来，考虑f^-1，对于Y中任意一点1/m，取ε=1，对任意的δ>0，不论如何选取d(1/m,1/n)=|1/m - 1/n|<δ的1/n(在Y中)，都有d(f^-1(1/m),f^-1(1/n))=|m - n|>=1，所以f^-1 是不连续的。

图2所示的情况也将导致最后所有网站的PageRank变为0。因为没有网站链接到D，那么第一次迭代后PR(D)=0。这将导致PR(B)=0，继而导致PR(C)=0,and then PR(A)=0:

咦？如果PageRank算法是这样的话，那岂不是每个网站的PR都是0了？
为了讨论上面情况发生的条件，我们暂时抛开网站，把问题抽象出来——研究有向图。
首先说明一点，对于如下这种不连通的图：

我们可以分别研究每一部分，而并不影响各个部分的收敛性。
设有向图G的顶点集合为V={V₁,V₂,…,V_n}，边的集合为E={Eij}。我们把有向图G的每个顶点都给定一个权值P(V_i)，即为它的PR值。有向边AB的权值定义为A为B贡献的PageRank，也即网站A链接到网站B的概率。这样，对于一个顶点，若它的出度大于0，则从它出去的权值和为1。
一个很显然的结论是，如果连通图中有一个顶点的出度是0，那么经过有限次迭代后所有顶点的PR值都将变为0。形象的说，这个顶点就像一个黑洞一样，把整体的PR值慢慢的“吸收”了。由于它不对外贡献任何PR，所以整体的PR总和在不断减少，最终减为0。
那么google如何防止这类图的产生呢？毕竟，一个网站没有外链是完全有可能的。这里有一种合理的解决方案(但谁知道google是怎么做的呢？)，即如果一个网站没有外链，那么就假定它对其余所有的网站都有链接。这样我们就避免了整体的PR被吸收的现象。
当一个连通图的每一个顶点的出度都大于0时，不难看出，PR值在内部流通，整体的PR是守恒的。有的朋友可能会问，如果存在一个顶点的入度为0会如何呢？通过一次迭代，它的PR就会变成0，而把它的那部分PR贡献给了图中剩余的部分。所以，最终入度为0的顶点的PR都将是0，而整体的PR仍然守恒。
那么，整体的PR守恒就能保证每个顶点的PR值最终会收敛么？
看下面一个简单的例子：

迭代过程如下：

上述过程将无限循环下去，而最终无法收敛。
其实我们同样可以用矩阵来表示这个问题，因为本质上有向图和矩阵是可以相互转化的。令A_ij表示从顶点i到达顶点j的概率，那么上图用矩阵来表示就是

如果我们给定初始向量

做第一次迭代，就相当于用初始向量乘以上面的矩阵。第二次迭代就相当于用第一迭代的结果再乘以上面的矩阵……实际上，在随机过程的理论中，上述矩阵被称为“转移概率矩阵”。这种离散状态按照离散时间的随机转移过程称为马氏链(或马尔可夫链,Markov chain)。设转移概率矩阵为P，若存在正整数N，使得P^N>0(每一个元素大于0)，这种链被称作正则链，它存在唯一的极限状态概率，并且与初始状态无关。(详见随机过程理论)

在这里，我们仅仅是非常简单的讨论了一下PageRank的原理，这与Google PageRank的实际算法相差甚远。域名数据，内容质量，用户数据，建站时间等等都有可能被考虑进去，从而形成一个完善的算法。这里最神奇的地方就是面对如此庞大的数据量和网页如此实时的变化，google却能在有限的时间内计算出所有网站的PR！这里面的学问可真不少呀！
参考资料：
http://en.wikipedia.org/wiki/PageRank
http://en.wikipedia.org/wiki/Markov_chain
《数学模型（第三版）》姜启源,谢金星,叶俊编, 高等教育出版社

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即令

这样得到具有两个重要的性质：
(1)单调增加
(2)
在第(2)条性质中，我们先令 ，再令便可得到的极限即为，又根据第(1)条性质，的积分可以用的积分的极限来定义。
这个证明颇具启发性，它的关键在于非负简单函数列的构造。其实，的构造方法并不是唯一的，只要构造出的函数列满足上述两条性质便可。在这里，我们采用如下图所示的构造方式（是否似曾相识？还记得上篇博客中“至多可数个可数集的并是可数集”的证明方法吗？）：

证明：,设的积分由单调增加的非负简单函数列定义。现令


…

则为非负简单函数，且满足
(1)单调增加
(2)
由(2)，得
(3)

在(2),(3)中，令(则 )，得到
(4)
(5)
在(4),(5)中，令，得


则

参考资料：周性伟，《实变函数》，科学出版社

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可以按如图箭头所指的方向数U{A_m}中的元素，即把U{A_m}中元素排列成a₁₁,a₂₁,a₁₂,a₃₁,…}，于是U{A_m}是可数的，命题得证。
上述证明虽然已经说明U{A_m}可数，却没有给出它与正整数之间的一一映射关系。能否写出这个映射呢？
仔细观察发现，每个“对角线”上元素a_mn的下标之和m+n是一个常数。于是我们可以得到，按上图所示的排列方法，a_mn所处的位置为：

其中m+n≥3，a₁₁=1
这样我们就得到了U{A_m}到正整数集的一个一一映射：

这个命题的一个应用就是：有理数集是可数的。因为有理数可以被看作一个二元有序对(p,q)。但当我们用类似的方法排列有理数时，却发现了上述映射的一个致命错误：

(图片来自维基百科，它采用了“蛇状”的盘旋数法)
注意到图中红色的有理数，它们的分子和分母有公约数，这些数都已经被数过了。也就是说，我们上面构造的映射中忽略了a_mn中会有重复元素的情况。
我试图把重复的情况考虑进去，构建从正有理数到正整数的一一映射，但发现这时问题变得异常复杂，最终没能写出一个通式来。
那么，到底能不能找到这样的一个映射关系呢？我google了一下，还真有人找到了^[1]。他的方法用到了二进制和Pierce展开式。大概思想是通过建立正整数和n元有序对之间的双射，再建立Pierce展开式和n元有序对之间的双射，进而得到正整数和Pierce展开式之间的双射。而每个Pierce展开式又唯一的对应着一个正有理数。
参考资料：
[1]http://www.springerlink.com/content/u13v0143126t5785/

答：
根据全概率公式，下面的等式成立：
45/100 = p * 40/100 + (1-p) * (60/100)
其中p为有舞弊行为的学生所占的比例。
这个公式上直观上可以这么理解：记“你有作弊行为吗？”的问卷为问卷A，“你没有舞弊行为吗？”的问卷为问卷B。那么一个人回答“是”的概率等于收到A卷的概率乘以作弊的概率加上收到B卷的概率乘以没作弊的概率。然而，一个人回答“是”的概率宏观上就表现为这100个人中回答“是”的人数。一个人作弊的概率宏观上表现为100个人中作弊的人数。
当然，这样一次计算出来的p是不准确的，因为调查所得到的结果45并不一定是理论值。也就是说，固定一个p,我们可以算出回答“是”的人数的理论值。那么多次调查回答“是”的人数将在理论值附近波动。换个角度来说，我们可以通过多次调查，取p的平均值作为结果就比较准确了。
考虑一个极端情况，我们把(40,60)换为(50,50)，那么通过上面全概率公式算得的回答“是”的人数应该为50(右端p被削掉)。此时尽管我们无法通过实验来测得p值，但这个式子依然是成立的。因为一个人收到A,B卷是等可能的，所以他回答“是”，“不是”也是等可能的，所以整体上回答“是”的人数会接近一半。也就意味着这是一张毫无意义的问卷。
从另一个角度讲，A,B卷的数量差越大结果的误差就越小。极端情况：A=100,B=0(或A=0,B=100)那么假设所有人都说真话的话，测量结果就是实际结果。
参考资料：《数学建模》，华南理工大学出版社