[환및가군](1)[환과 특수원소]

환 (ring)⟨R,+,⋅⟩\braket{R, +, \cdot}⟨R,+,⋅⟩1.⟨R,+⟩\braket{R, +}⟨R,+⟩이 아벨군이다군 + commutative이떄, 항등원=0, 역원=-a로 표시2.곱셈에 대해 닫힘, well-defined3.곱셈에 대해 결합법칙이 성립한다 (associative)4.분배법칙 (distributive)•주의) 곱셈에 대해서는 군의 조건이 적용되지 않았다.즉, 아벨군 + 추가 연산인 셈따라서 곱셈의 역원이나 항등원이 없을 수도 있다.ring에서 산술연산1.0a = a0 = 00은 덧셈의 항등원이므로, 0a = (0+0)a⇒\Rightarrow⇒ 0a = 0a + 0a (분배법칙)⇒\Rightarrow⇒ 0 = 0a비슷하게, a0 = 0도 증명 가능2.a(-b) = (-a)..

[환및가군](-)[reduce poly]

reducible/irreducible의 판정단순하게는 eisenstein 판정을 할 수도 있고, deg가 2, 3일 경우에는 일차해가 있는지만 보면 되고, 만약 상수항이 1인 경우에는 다음을 적용한다1.환및가군 8의 정수근 정리로 일차해의 후보를 고르기만약 일차해가 있으면 reduciblef = (x-m)g2.만약 일차해가 없으면 (n차)(n차)로 나누는 방법 생각일차항으로 irr임을 생각해야 함3.이때, Zp\mathbb{Z}_pZp​에서 irr ⇒Q\Rightarrow \mathbb{Q}⇒Q에서 irr을 이용하기 위해,Z2\mathbb{Z}_2Z2​나 다른 p에서 관찰하기•예) Z2\mathbb{Z}_2Z2​에서 이차항의 경우일차항으로 나눠지지 않는 경우는x2+x+1x^2+x+1x2+x+1밖에 없음..

[해석학](36)[리만 적분]

적분R(f,P)=∫abf(x)∼∑nf(ck)ΔxkR(f,P) = \int^b_a{f(x)} \sim \sum^n{f(c_k)\Delta x_k}R(f,P)=∫ab​f(x)∼∑nf(ck​)Δxk​적분의 정의?함수의 넓이 구하는 것미분의 역연산 •예) step func의 경우, 미분은 불가능하나, 넓이는 구할 수 있다.-> 따라서, 함수의 넓이로 적분을 정하는게 더 낫다•partitionP = {a=x0, ..., xn=ba = x_0, \ ... , \ x_n=ba=x0​, ..., xn​=b}•x축 쪼개기Ik=[xk−1,xk], Δk=xk−xk−1I_k = [x_{k-1}, x_k], \ \Delta_k = x_k-x_{k-1}Ik​=[xk−1​,xk​], Δk​=xk​−xk−1​상한과 하한상한 U(f,..

바이어슈트라스 근사 정리f: [a,b]→Rf: \ [a,b]\to \mathbb{R}f: [a,b]→R이고 conti일떄,∃\exists∃poly p(x) s.t. ∣f−p∣∀ϵ|f-p|∣f−p∣∀ϵ즉, ∃pn⇉f\exists p_n \rightrightarrows f∃pn​⇉f-> analytic이 아니더라도, 임의의 연속 함수 f에 대해 다항식으로 근사할 수 있다!polygonal funcϕ:[a,b]→R\phi: [a,b]\to \mathbb{R}ϕ:[a,b]→R인 연속 함수 중 직선을 연결해 만든 함수즉, 각 구간에서 a=x0...xn=ba =x_0 a=x0​...xn​=b에서 linear증명: 연속적인 직선 함수를 다항식으로 근사할 수 있을까?1.임의의 연속 함수를 polygonal로 만들 수 ..

taylor seriesf = ∑anxn\sum{a_nx^n}∑an​xn가 (-R, R)에서 정의되었을 때, (analytic func)ptwise conv in (-R, R)0f=∑f(n)(0)n!xnf = \sum{\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n}f=∑n!f(n)(0)​xn이며, 유일한 급수 표현이다.•증명analytic func이므로, 무한번 미분 가능이때, 진짜 미분해서 0 대입해보면 각각 상수항이 나오고, 귀납적으로 처리하면 급수 표현임은 알 수 있다.그리고 어떻게 얻든, 결국은 테일러 급수로 얻은 공식과 같아짐-> 즉, 유일성 덕분에 미분 없이도 식 조작으로도 테일러 급수를 얻을 수 있다라그랑주 나머지 항 정리f가 (-R, R)에서 N+1번 미분 가능할때,SN=∑Nf(n)(0)n!..

compact와 unif conv멱급수가 A에서 ptwise conv하면,컴팩트 집합 K⊆AK\subseteq AK⊆A에서 unif conv한다•증명해석개론 32의 abel test를 사용하면 된다compact = closed + bounded이므로, sup, inf ∈K\in K∈K이다.-> 즉, 최솟값, 최댓값이 K⊆AK \subseteq AK⊆A에 포함된다아벨 정리에 의해, 멱급수는 [최소, 최대]에서 unif conv한다멱급수의 미분∑anxn\sum{a_nx^n}∑an​xn이 conv (-R, R) ⇒∑nanxn\Rightarrow \sum{na_nx^n}⇒∑nan​xn도 (-R, R)에서 conv즉, 미분했을 때 수렴구간의 끝 점이 변할수는 있어도 [-R, R] -> (-R, R)이 되는 등수렴..

powerset=f(x)≃f(0)−f′(0)x+f′′(0)2!x2+...\text{powerset} = f(x) \simeq f(0)-f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2+...powerset=f(x)≃f(0)−f′(0)x+2!f′′(0)​x2+...멱급수의 수렴정리 (∑anxn\sum{a_nx^n}∑an​xn 수렴 정리)∑anx0n\sum{a_nx_0^n}∑an​x0n​이 수렴할 때,∀x s.t. ∣x∣∣x0∣, ∑∣anxn∣\forall x \ s.t. \ |x|∀x s.t. ∣x∣∣x0​∣, ∑∣an​xn∣가 수렴즉, 해당 범위 내에선 절대수렴 보장받음•증명∑anx0n\sum{a_nx_0^n}∑an​x0n​이 수렴 ⇔anx0n→0\Leftrightarrow {a_nx_0^n}\to ..

함수급수의 수렴ptwise conv to f(x)⇔∑k=1nfk(x)→f\Leftrightarrow \sum\limits^{n}_{k=1}{f_k(x)} \to f⇔k=1∑n​fk​(x)→funif conv to f(x)⇔∑k=1nfk(x)⇉f\Leftrightarrow \sum\limits^{n}_{k=1}{f_k(x)} \rightrightarrows f⇔k=1∑n​fk​(x)⇉f즉, 부분합 SnS_nSn​의 수렴을 보는 것이다!급수와 연속성fnf_nfn​이 conti이고 ∑k=1nfk(x)⇉f\sum\limits^{n}_{k=1}{f_k(x)} \rightrightarrows fk=1∑n​fk​(x)⇉ff도 conti•증명unif conv는 연속성을 보존한다. (해석개론 28 참고)이때, ∑fk(x..

unif conv는 bounded를 상속한다fn⇉f, fnf_n \rightrightarrows f, \ f_nfn​⇉f, fn​이 bounded ⇒f\Rightarrow f⇒f도 bounded•증명unif conv이므로, ∀x, ∃N,\forall x, \ \exists N,∀x, ∃N,∣fn(x)−f∣ϵ=1|f_n(x)-f|∣fn​(x)−f∣ϵ=1⇒∣fN(x)−f∣1\Rightarrow |f_N(x)-f|⇒∣fN​(x)−f∣1이떄, fnf_nfn​은 bounded이므로, ∣fN(x)∣MN|f_N(x)|∣fN​(x)∣MN​인 MNM_NMN​이 존재따라서, ∣f(x)∣≤∣f(x)−fN(x)∣+∣fN(x)∣1+MN|f(x)| \le |f(x)-f_N(x)| + |f_N(x)| ∣f(x)∣≤∣f(x)−fN​..

unif 코시 판정법fn:A→Rf_n: A \to \mathbb{R}fn​:A→R가 unif conv⇔∀ϵ>0,∃N s.t. ∀m,n≥N, ∣fn(x)−fm(x)∣ϵ\Leftrightarrow \forall \epsilon > 0 , \exists N \ s.t. \ \forall m, n\ge N, \ |f_n(x)-f_m(x)|⇔∀ϵ>0,∃N s.t. ∀m,n≥N, ∣fn​(x)−fm​(x)∣ϵ•증명 (=>)fn⇉ff_n \rightrightarrows ffn​⇉f라고 하자.⇔∀ϵ2>0, ∃N, ∀n≥N, ∣fn(x)−f(x)∣ϵ2\Leftrightarrow \forall \frac{\epsilon}{2}>0, \ \exists N , \ \forall n \ge N, \ |f_n(x)-f(x)| ⇔..

•∑∞1n2\sum\limits^{\infty}{\frac{1}{n^2}}∑∞​n21​의 값은 무엇인가?sin⁡x=x−x33!+x55!+...\sin{x} = x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+...sinx=x−3!x3​+5!x5​+... (테일러급수)⇒sin⁡xx=1−x23!+x45!+...\Rightarrow \frac{\sin{x}}{x} = 1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}+...⇒xsinx​=1−3!x2​+5!x4​+...이때, f(a)=0, f'(a)=0으로 중근을 판정하면-> sin⁡xx\frac{\sin{x}}{x}xsinx​은 증근이 없음 (simple)그리고 sin⁡nπ=0\sin{n\pi} = 0sinnπ=0이므로, 근을 구할 수 있음⇒..

미분f′(c)=lim⁡x→cf(x)−f(c)x−cf'(c) = \lim\limits_{x \to c}{\frac{f(x)-f(c)}{x-c}}f′(c)=x→clim​x−cf(x)−f(c)​⇔∀ϵ>0, ∃δ>0,\Leftrightarrow \forall \epsilon > 0, \ \exists \delta > 0,⇔∀ϵ>0, ∃δ>0,0∣x−c∣δ⇒∣f(x)−f(c)x−c−f′(c)∣ϵ00∣x−c∣δ⇒∣x−cf(x)−f(c)​−f′(c)∣ϵ성질들f가 미분가능 => f는 연속•ALT(f+g)' = f' + g'(fg)′=f′g+fg′(fg)' = f'g+fg'(fg)′=f′g+fg′(fg)′=f′g+fg′g2(\frac{f}{g})' = \frac{f'g + fg'}{g^2}(gf​)′=g2f′g+fg′​..

Gδ, FσG_{\delta}, \ F_{\sigma}Gδ​, Fσ​ 집합•Gδ=⋂∞OnG_{\delta} = \bigcap\limits^{\infty}{O_n}Gδ​=⋂∞​On​즉, open set의 countable 교집합•Fσ=⋃∞CnF_{\sigma} = \bigcup\limits^{\infty}{C_n}Fσ​=⋃∞​Cn​ 즉, closed set의 countable 합집합-> open: 무한 합집합도 open, closed: 무한 교집합도 closed인데 이건 반대임--> 따라서, open, closed 여부는 모름•(Gδ)C=Fσ(G_{\delta})^C = F_{\sigma}(Gδ​)C=Fσ​•증명) G가 GδG_{\delta}Gδ​일때,G=⋂∞OnG = \bigcap\limits^{\inf..

extreme value theoremf: K→RK \to \mathbb{R}K→R인 연속함수, K는 compact이면∀x∈K, ∃a,b∈K, s.t. f(a)≤f(x)≤f(b)\forall x \in K, \ \exists a, b \in K, \ s.t. \ f(a) \le f(x) \le f(b)∀x∈K, ∃a,b∈K, s.t. f(a)≤f(x)≤f(b)연속함수에서 compact 집합을 보내면 항상 최대, 최소가 compact에 존재•증명)해석개론 24에서 보였듯,f가 conti, K가 compact => f(K)도 compact즉, f(K) = closed + bounded-> bounded이므로, ∃Sup(f(K)), inf(f(K))\exists Sup(f(K)), \ inf(f(K))∃Sup..

FIT (First Isomorphism Theorem)ϕ:G→G′\phi : G \to G'ϕ:G→G′ homomorphism일떄,G/ker⁡ϕ≅Im(ϕ)G / \ker{\phi} \cong Im(\phi)G/kerϕ≅Im(ϕ)증명ϕ:G→G′\phi : G \to G'ϕ:G→G′ 에 대해,ψ:G/K→ϕ(G)\psi: G/K \to \phi(G)ψ:G/K→ϕ(G)을 잡고 (단, K = kerϕker\phikerϕ)ψ(gK)=ϕ(g)\psi (gK) = \phi(g)ψ(gK)=ϕ(g)이게 isom인 것을 보이자!1.ψ\psiψ가 well-defined?aK = bK라 하자.  ⟺  b−1a∈K\iff b^{-1}a \in K⟺b−1a∈KK가 kernel 이므로, ϕ(b−1a)=e′\phi(b^{-1}a) ..