yummy 被群友吊打太多次了，所以 yummy 觉得需要专门记录一下自己被吊打的瞬间，让自己不能白被吊打。
2024.3.3
现有集合 P=\{x\in \R_{\ge 0}|x=a+b\sqrt 2,a,b\in \Z\}，Q=\mathbb Q_{\ge 0}，是否存在单射 f:P\to Q，使得 \forall x\in P,f(x) \le x？
解答：注意到 P 可数，构造双射 p:\N\to P，然后直接在 Q_{\le p_i}\backslash \bigcup\limits_{k=0}^{i-1}f(p_k) 中随便挑一个数当 f(p_i)。
更一般地，任取可数集 P 和无限集 Q，以及任意 b:P\to \mathscr \{S\subseteq Q|S\text{ is infinite}\}，总是存在单射 f:P\to Q 使得 f(P)\in b(P)。
还有后续？
3 月 9 日，一个群的群友（网名“晴空”）给出来了一个有解析式的单射（有修改）：
f(a+b\sqrt 2)=\begin{cases}0 & a=b=0\\\dfrac{1}{5(b^2+1)3^{2|a|+[a>0]}7^{2|b|+[b>0]}} & \text{otherwise}\end{cases}
其中 [p] 为艾弗森括号，p 成立是值为 1，否则为 0。
具体证明分为两块：
Part 1 证明 (a+b\sqrt 2)>\dfrac{1}{5b^2}
不妨认为 a+b\sqrt 2\in (0,1)（若否，可以增加 a，且不等号方向不变），则有 |-\dfrac{a}{b}-\sqrt 2|<1。
令 h(x)=x^2-2，则根据拉格朗日中值定理，在 -\dfrac{a}{b} 和 \sqrt 2 之间存在 k 使得 |h'(k)|=\dfrac{|h(\sqrt 2)-h(-\dfrac{a}{b})|}{|-\dfrac{a}{b}-\sqrt 2|}。
化简，得到 |h'(k)(\dfrac{a}{b}+\sqrt 2)|=|\dfrac{a^2-2b^2}{b^2}|.
注意到 h'(k)=2k<2(\sqrt 2+1)<5，又 a^2-2b^2\in \N^*，有 5(\dfrac{a}{b}+\sqrt 2)>\dfrac{1}{b^2}。
Part 2 证明其是符合条件的单射
使用 2|x|+[x>0] 完成 \Z\to \N 的一一对应。（其实作者本人在这一段给出的函数更加复杂，yummy 为了方便交流在保证单射的前提下简化了式子。）
不难验证，b^2+1 既不是 3 的倍数，也不是 7 的倍数，由唯一分解定理，这个映射是单的。而且把分母乘上两个指数后，不等式 f(x)<x 依然成立。
2024.7.21
平面 \R^2 上有界点集 S 拥有 \ge 2 条对称轴。证明存在点 P，所有对称轴都经过。
两个做法都是 yummy 问群友后得到的，由 yummy 进行形式化整理，记录在这里。（是的，质心法比平移法先被群友提出来）
做法 1：质心法（似乎有点问题）
考虑 G=\displaystyle \dfrac{ \int_S x\mathrm d x}{\int_S 1\mathrm dx}，换言之 S 内所有点位置的积分除以 S 的面积，也就是质心。下面证明 G 即为所求。
证明利用内积的双线性性即可。
（不过这个做法似乎出现了一些问题，在面对一些测度为 $0$ 的集合的时候似乎可能会挂）
### 做法 2：平移法
反证法。假如并非所有对称轴都共点，则要么有两条对称轴平行，要么有三条对称轴形成三角形。
如果有两条对称轴平行，则任取点 $P$，依次关于两条对称轴对称一次，就会把 $P$ 平移一段距离。重复上述步骤，可以把 $P$ 平移到任意远，和“有界”矛盾。
如果有三条对称轴构成 $\Delta ABC$，如下图，以 $b-a-c-b-a-c$ 的顺序对称六次，得到 $AB//GE$ 两条平行的对称轴，转化为上述情形。
