Problem. How to solve \(a x^3 + bx^2 + cx + d = 0, \quad a,b,c,d \in \mathbb{R} \) ? solution. \[x^3 + \frac b a x^2 + \frac c a x + \frac d a = 0\]양변을 \(a\)로 나누면 삼차항의 계수를 1로 고정할 수 있기 때문에 위 식만 고려해도 충분합니다. 가장 까다로워보이는 삼차항은 없앨 수 없기에 다음에 노려볼 수 있는 것은 이차항의 제거입니다.\[ \Big(x+ \frac b {3a} \Big) ^3 = x^3 + \frac b a x^2 + \frac {b^2} {3a^2} x + \frac {b^3}{27a^3 } \]위 결과를 이용하면 이차항이 사라진 다음과 같은 식을 얻습니다.\[ \..
Theorem. (해의 존재성) \[ y'(t) = f(t,y(t)), \quad y(0) = y_0\]만약 \(f, \frac {\partial f}{\partial y }\)가 연속이면 미분방정식 \(y' = f(t,y) \)는 어떤 적당한 영역에서 유일한 해를 가진다. 여기서 해가 유일하다는 것은 linearly dependent한 해는 모두 하나로 보았을 때가 아니라 진짜 함수의 유일성을 뜻해요. 계수까지 다 결정된다는 것입니다. 존재정리는 위와 같고, 풀 때는 양변을 적분하면 다음과 같이 나타낼 수 있습니다.\[ y(t) - y_0 = \int _0 ^t f(s,y(s)) \,d s \]이런 미분방정식을 풀 때 Picard's method라고, 함수를 수열 \(\{y_n \}\)으로 고려합니다...
\[ \int \frac 1 {1+\sin^2 x } dx \]기본적인 아이디어는 분모와 분자에 \(\cos^2 x\)를 나누는 것입니다. 이 부분의 동기는 \[ \frac {d}{dx} \tan x = \sec^2 x \]\[ \tan^2 x + 1 = \sec^2 x \]들을 이용해서 식을 탄젠트와 시컨트로만 나타내면 얻을 수 있는 이점이 크기 때문입니다. 사인을 그대로 이용하려면 치환을 어떻게 해도 반드시\[ \frac d {dx} \sin x = \cos x \]가 들어가게 되는데, 코사인을 사인으로 표현하면 무리식이 될 수밖에 없어서 막히게 됩니다. 어쨌든 양변에 시컨트 제곱을 곱하면 얻을 수 있는 식은 다음과 같습니다. \[\int \frac {\sec^2 x } {\sec^2 x + \tan..
\[ \sum _{n \in \mathbb{Z}} \frac {1}{\tau + n } = \pi \cot ( \pi \tau ) \]물론 \(\tau\)는 정수가 아닌 실수입니다. 즉 존재성이 보장된다면 위 식이 성립합니다. \[ \sum _{n \in \mathbb{Z} } \frac {1}{\tau + n} = \frac{d}{d\tau} \int \sum _{n \in \mathbb{Z}} \frac {1}{\tau + n} d \tau = \frac {d}{d\tau} \sum _{n \in \mathbb{Z} } \int \frac {d\tau}{\tau + n} = \frac {d}{d\tau} \log \tau + \sum _{n \in \mathbb{Z}\setminus \{0\} } \..
\[ y' = y^{1+C} \]y는 함수일 때, y는 어떤 성질을 가지는가에 대해서 생각해보았다. \[ y''(x) = \frac {d}{dx} y^{1+C} (x) = (1+C) y^{1+C} (x) y^C (x) = (1+C)y^{2C+1} (x) \]\[ y'''(x) = \frac {d}{dx} (1+C) y^{2C+1} (x) = (1+C)(1+2C) y^{3C+1} (x) \]귀납적 접근을 위해 \(n \in \mathbb{N} \)에 대해 다음을 가정한다.\[y^{(n)} (x) = (1+C)(1+2C) \cdots \{ 1+ (n-1)C \} y^{nC +1} (x) \]\[ y^{(n+1)}(x) = \frac {d}{dx} (1+C)(1+2C) \cdots \{ 1+ (n-1)C \}..
p가 소수일 때\[ f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0 \equiv 0 \pmod{p} \]는 최대 n개의 incongruent solution을 가진다. \( ( a_n \not \equiv 0 \pmod{p} ) \) n에 관한 귀납적 접근을 시도한다.n=1일 때 \(f(x) = a_1 x+a_0 \equiv 0 \pmod{p} \), 즉 \(a_1 x \equiv -a_0 \pmod{p} \) 이라는 일차식이 나오는데, a_1과 p의 최대공약수가 1이므로 해가 최대 한 개 존재한다.n=k-1일 때 \(f(x) \equiv 0 \pmod{p} \)의 해가 최대 k-1개 존재한다고 가정하자.n=k일 때\[f(x) \equiv 0 \pmod{p} \]이 ..
Theorem. 주어진 \(a,b\in \mathbb{Z}\)에 대하여 a,b가 둘 다 0이 되지 않을 때,\[ \exists x,y \in \mathbb{Z} \quad \mathrm{such \ that} \quad \gcd (a,b) = ax+ by \] \[ S = \{ au +bv | au+bv > 0 , \; u,v\in \mathbb{Z} \} \]존재성을 보이기 위해 WOP를 적용해야 할 것을 생각하면서 위 집합을 잡아줄 수 있다. 이 집합이 공집합이 아니라는 것은 다음과 같이 간단한 것을 생각해주면 알 수 있다.\[\mathrm{take} \; u = b , \quad v= -a + sgn (1) \]공집합이 아닌 자연수로 이루어진 집합이므로 Well Ordering Principle을 ..
f는 g(a)에서 미분 가능하고 g는 a에서 미분 가능할 때\[ (f(g(a)))' = f'(g(a))g'(a) \] 먼저 일반적인 미분의 정의를 이용해서 접근해볼 수 있다.\[ (f(g(a)))' = \lim _{h \rightarrow 0} \frac {f(g(a+h)) - f(g(a)) }{h} = \lim _{h \rightarrow 0 } \frac {g(a+h) - g(a)}{h} \frac { f(g(a+h)) -f(g(a))}{g(a+h) -g(a)} \]문제는 g(a+h)를 g(a)+h로 분리해서 볼 수 없다는 것이다. 다루기 어려운 limit을 빼고 생각하기 위해 다른 미분의 정의를 생각해보자. f가 a에서 미분가능하다면\[ \lim _{h \rightarrow 0} \frac {f(a..
\[ \phi (n) := \# \{ m \in \mathbb{N} | m \le n \; \text{and} \; (m,n)=1 \} \]Euler function은 n보다 작거나 같은 서로소의 개수에 대한 함수이다. Theorem 1.\[ \phi (n) = n \prod _{p|d} \left( 1 - \frac {1}{p} \right) \] 소인수분해를 한 후 포함과 배제의 원리를 적용하여 직접 함수값을 추론하면 된다.\[ \mathrm{for} \; n=1, \quad \phi(1) = 1, \quad \mathrm{True} \]\[ \mathrm{for} \; n>1, \; \mathrm{Let \ standard \ prime \ factorization \; } n= p_1 ^{a_1}..
산술함수 f에 대하여 f가 multiplicative하다는 것은 다음을 나타낸다.\[f(mn) = f(m) f(n), \quad \mathrm{whenever \ } (m,n)=1 \]모든 수에 대해 함수값이 0인 경우는 예외로 한다.completely multiplicative는 (m,n)=1이라는 조건을 무시해도 성립할 때를 말한다.이런 성질을 생각하면 좋은 이유는 산술의 기본정리에 의해 어떤 자연수에 대해 standard prime factorization이 유일하게 존재하는데, multiplicative를 이용하면 더 작은 단위의 곱으로 나타낼 수 있기 때문이다. 거기에 completely multiplicative면 그것보다도 더 작게 쪼개서 생각할 수 있다. theorem. f가 multipl..