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2010.10.15 성균관대 문제 하나
2010.09.23 미분법에서 중요한 정리들
2010.09.21 파스칼의 삼각형(Pascal's triangle)
2010.09.20 E(X)=np

성균관대 문제 하나
Mathematics | 2010. 10. 15. 21:10

$p$ 는 1보다 큰 실수이고 $n \geq 2$ 일 때,

$I_p(n)= \frac{1}{2^p}+ \frac{1}{3^p}+ \frac{1}{4^p}+ \cdots + \frac{1}{n^p}$ 라고 정의하자.
※기억에 의존한 문제이므로 확실하지 않음.

$(1) \ I_p(n) \leq \frac{1}{p-1}$ 임을 증명하여라.

$pf)$

$y= \frac{1}{x^p}$ 그래프를 그렸을 때,

$I_p(n)$ 은 밑변의 길이가 1이고 높이가 $n^p$ 인 직사각형 넓이의 합이다.

그 넓이의 합은 $\int_{1}^{n} \frac{1}{x^p} dx$ 보다 작다.

$\int_{1}^{n} \frac{1}{x^p}dx= \frac{1-n^{1-p}}{p-1}< \frac{1}{p-1}$

$\therefore I_p(n) < \frac{1}{p-1}$
(개인적으로 푼건데, 올라오는 길에 급하게 생각한거라 등호는 생각안해봄)

$(2) \ \sum_{k=2}^{\infty}I_k(n) I_{k+1}(n) \leq 1$ 임을 증명하여라.

$pf)$

$I_k(n) \leq \frac{1}{k-1}, \ I_{k+1}(n) \leq \frac{1}{k}$

$I_k(n) I_{k+1}(n) \leq \frac{1}{(k-1)k}$

$\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{(k-1)k}=1$

$\therefore \sum_{k=2}^{ \infty} I_k(n) I_{k+1}(n) \leq 1$

언니야 기다리는동안 급하게 포스팅.
이것 외에 2, 3번은 평균값 정리. 그냥 산수..
그래서 calculus 책은 들고 왔다. 볼 지는 모르겠지마는!

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미분법에서 중요한 정리들
Mathematics | 2010. 9. 23. 00:07

Rolle의 정리

평균값의 정리

Cauchy 정리

L'Hospital 정리

Rolle의 정리

$y=f(x)$ 는 다음을 만족한다.

$[a,b]$ 에서 연속이고 $(a,b)$ 에서 미분 가능하다.

이 때, $f'(c)=0$ 을 만족하는 $x=c$ 가 $c \in (a,b)$ 에 적어도 하나는 존재한다.

$pf)$

$i) f(x)=k$ 인 경우. $f'(x)=0$ 이므로 참이다.

$ii) f(x) \neq k$ 인 경우. $f(c)$ 는 최댓값 또는 최솟값일 때,

$f'(c)= \lim_{h \to 0} \frac{f(c+h)-f(c)}{h}$

$= \lim_{h \to 0^+}\frac{f(c+h)-f(c)}{h} \leq 0$

$= \lim_{h \to 0^-} \frac{f(c+h)-f(c)}{h} \geq 0$

함수 $f$ 는 미분 가능 함수이므로 우극한과 좌극한은 같아야 한다.

$\therefore f'(c)=0$

평균값의 정리

$y=f(x)$ 는 다음을 만족한다.

$[a,b]$ 에서 연속이고 $(a,b)$ 에서 미분 가능할 때,

$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$ 를 만족하는 $x=c$ 는 $c \in (a,b)$ 에 적어도 하나는 존재한다.

$pf)$

$\left(a, f(a) \right), \left(b, f(b) \right)$ 를 지나는 직선을 $g(x)$ 라 하자.

$y=g(x)$ 의 기울기는 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 이다.

그리고 $h(x)=f(x)-g(x)$ 라 할 때,

$y=h(x)$ 는 $[a,b]$ 에서 연속, $(a,b)$ 에서 미분 가능하며 $h(a)=h(b)=0$ 이다.

Rolle의 정리에 의해,

$h'(c)=0$ 을 만족하는 $x=c$ 가 $c \in (a,b)$ 에 적어도 하나는 존재한다.

$h'(x)=f'(x)-g'(x)=f'(x)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

$h'(c)=f'(c)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$

$\therefore f'(c)= \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ 이다.

Cauchy 정리

$f(x), g(x)$ 는 다음을 만족한다.

$[a,b]$ 에서 연속이고 $(a,b)$ 에서 미분가능하다.

$g'(x) \neq 0$ 일 때,

$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}= \frac{f'(c)}{g'(c)}$ 를 만족하는 $x=c$ 가 $c \in (a,b)$ 에 적어도 하나 존재한다.

$pf)$

$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=k$ 라 두자.

$f(b)-f(a)-k \left(g(b)-g(a) \right) =0$

$h(x)=f(x)-f(a)-k \left(g(x)-g(a) \right)$ 라 하면

$h(x)$ 는 $[a,b]$ 에서 연속, $(a,b)$ 에서 미분가능이고 $h(b)=h(a)=0$ 을 만족한다.

따라서 Rolle의 정리에 의해

$h'(x)=0$ 을 만족하는 $x=c$ 가 $c \in (a,b)$ 에 적어도 하나 존재한다.

$h'(c)=f'(c)-kg'(c)=0$

$k= \frac{f'(c)}{g'(c)}$

$\therefore \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$

L'Hospital 정리

$y=f(x)$ 가 $x=a$ 를 포함한 근처에서 미분가능하고 $f(a)=0, g(a)=0, g'(x) \neq 0$ 일 때,

$\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}= \lim_{x \to 0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ 이다.

$pf)$

$i) x >a$

$\lim_{x \to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x \to a^+} \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\lim_{x \to a^+} \frac{f'(c)}{g'(c)}$ $(\because Cauchy \ theorem)$

$=\lim_{c \to a} \frac{f'(c)}{g'(c)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$

$ii) x<a$

$\lim_{x \to a^-} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a^-} \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \lim_{x \to a^-} \frac{f'(c)}{g'(c)} =\lim_{c \to a} \frac{f'(c)}{g'(c)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$

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파스칼의 삼각형(Pascal's triangle)
Mathematics | 2010. 9. 21. 00:44

오랫만에 확률 통계 본 김에..!

$\binom{n}{r}= \binom{n-1}{r-1} + \binom{n-1}{r}$

물론 조합의 정의를 이용해서 증명할 수 있지만

이 등식이 뜻하는 것을 생각해보겠다.

$a_1, a_2, a_3, \cdots , a_n$ 이라는 n개의 원소가 있다.

좌변은 n개 중, r개를 뽑는 경우를 뜻한다.

n개 중 r개를 뽑는 경우는

특정한 원소(예를 들어 $a_1$ )가 들어가는 경우

특정한 원소가 들어가지 않는 경우

로 생각할 수 있다.

$a_1$ 이 반드시 포함될 경우=나머지 $n-1$ 개 중, $r-1$ 개를 뽑아야하므로

$\binom{n-1}{r-1}$

$a_1$ 이 포함되지 않는 경우=나머지 $n-1$ 개 중, $r$ 개를 뽑아야하므로

$\binom{n-1}{r}$

두 개일 경우, $a_1, a_2$ 를 생각하고 나머지 경우도 동일하게 생각하면 된다.

(처음 생각했을 땐 무지 신기했었는데, 막상 포스팅하고 나니 뭔가 허접하다:-P)

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E(X)=np
Mathematics | 2010. 9. 20. 21:25

조합적으로 말고 미분법 써서

확률 변수 X= $0, 1,2, \cdots , r, \cdots , n$ 일 때,

$P(X=r)=\binom{n}{r}p^rq^{n-r}$ 이다.

$pf)$

$E(X)= \sum_{r=0}^{n} r\binom{n}{r} p^n q^{n-r}$

$(px+q)^n=\sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} (px)^r q^{n-r}$

양변을 미분하면

$n(px+q)^{n-1}p= \sum_{r=1}^{n} \binom{n}{r}r(px)^{r-1}pq^{n-r}$

$= \sum_{r=0}^{n}r \binom{n}{r} x^{r-1}p^r q^{n-r}$

$x=1$ 을 대입하면

$np= \sum_{r=0}^{n}r \binom{n}{r}p^r q^{n-r}=E(X)$ $(\because p+q=1)$

마찬가지로 한 번 더 양변을 미분하면, V(X)=npq도 증명 가능하다.

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