Lion D.

크기가 $100\times 100$ 실행렬들로 이루어진 실벡터공간을 $V$라고 하자. 행렬 $A\in V$에 대하여 $V$의 부분공간 $\{B\in V | AB = BA\}$의 차원을 $d_A$라고 하자. 행렬 $A\in V$가 등식 $$ A^4 - 5A^2 + 4I = O$$을 만족할 때, $d_A$의 최솟값을 구하여라. (단, $I$는 단위행렬)$A$의 minimal polynomial이 $x^4 - 5x^2 + 4 = (x-2)(x+2)(x-1)(x+1)$의 인자이므로, $A$는 대각화 가능하다. $A = P^{-1}DP$, $D$는 대각행렬이라고 하자. $T, Q \in \mathcal{L}(V)$를 각각 $T: B \mapsto AB - BA$, $Q: B \mapsto PBP^{-1}$라고 정..

스털링 공식이 짱짱이다. 다만, 서술을 잘 해주어야 한다.스털링 공식에 의해,$$ \frac{n!}{(n/e)^n \sqrt{2\pi n}} = 1 + o(1) $$따라서 다음이 성립한다.$$ \log n! = n \log n - n + \frac 12 \log 2\pi n + \log(1 + o(1)) $$한편,$$ \log \left(\frac 1 {n!}\right)^{\frac{1}{n \log n}} = -\frac{\log n!}{n \log n} = -1 + O\left(\frac{1}{\log n}\right) $$따라서 구하고자 하는 극한값은 $1/e$.

증명. $A$가 invertible. 다음 식이 성립한다.$$ \left( \begin{array}{cc} A & C \\ C^T & -B \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} A & O \\ C & I_n \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} I_n & A^{-1} C \\ O & -B-C^T A^{-1}C \end{array} \right) $$ 따라서 주어진 행렬의 determinant는 $\det(A) \det(-B-C^T A^{-1}C)$이다. 한편 임의의 $x \in \mathbb{R}^n$에 대하여,$$ x^T(B+C^TA^{-1}C)x = x^TBx + (Cx)^TA^{-1}Cx > 0 $$이다. ($A..

먼저 다음 lemma를 보인다.finite-dimensional vector space $V$ 에서 정의된 linear operator $T, U$에 대하여, $$ \mathrm{nullity}(TU) \le \mathrm{nullity}(T) + \mathrm{nullity}(U) $$증명. $W = N(TU)$에 대하여 $N(U) \subset W$이므로 $N(U|_W) = N(U)$이다. 또한 $R(U|_W)$의 basis는 $N(T)$에 속하는 linearly independent set이다. 따라서,$$ \mathrm{nullity}(TU) = \dim W = \mathrm{rank}(U|_W) + \mathrm{nullity}(U|_W) \le \mathrm{nullity}(T) + \math..

문제는 생략.$a = 1/x$, $b = 1/y$, $E_1 = xA$, $E_2 = yB$, $T = A+B$라 두자. 그러면 $E_1, E_2$는 projection이다. $W_1 = R(E_1)$, $W_2 = R(E_2)$라 하자. $E_1 E_2 = O$이므로 $\mathbb{R}^n = W_1 \oplus W_2$이다. 따라서 $\mathrm{rank}(E_1) + \mathrm{rank}(E_2) = \dim W_1 + \dim W_2 = n$이다. 또한,$$(T-aI)(T-bI) = (b-a)E_2 \cdot (a-b)E_1 = O$$이므로 $T$의 characteristic polynomial은 $\det(zI-T) =(z-a)^k (z-b)^l$ 꼴이다. (이때 $k+l = n$) 그런..

문제는 생략.풀이는 다 나와있지만, official solution에는 어떻게 그 풀이에 도달했는지에 대한 설명이 없다. 고로 좀 더 납득이 가는 풀이를 보여주려 한다.$$ C_t = \left( \begin{array}{cc}A&t^2 B \\ B &A \end{array} \right) $$의 determinant는, 한 row를 $t$배 해서 다른 row에 더하거나 빼도 바뀌지 않는다. 따라서,$$ \det C_t = \det \left( \begin{array}{cc}A-tB & t(tB - A) \\ B & A \end{array} \right) $$... 그리고 이 성질은 column에 대해서도 성립한다!$$ \det C_t = \det \left( \begin{array}{cc} A-tB &..

실수 성분으로 이루어진 임의의 $n \times n$ 행렬 $A$, $B$에 대하여 $$ \det(A^T A+B^T B) \ge 0 $$임을 보여라.증명. 임의의 $n \times 1$ 벡터 $\mathbb{x}$에 대하여,$$ \mathbb x^T(A^T A+B^T B)\mathbb x = ||A\mathbb x||^2 + ||B\mathbb x||^2 \ge 0 $$이고 행렬 $A^T A+B^T B$이 symmetric matrix이므로 이는 positive semidefinite 이다. 따라서 $A^T A+B^T B = C^T C$를 만족하는 (positive semidefinite) 행렬 $C$가 존재하고(*), 따라서$$\det(A^T A+B^T B) = (\det C)^2 \ge 0 $$이 성..

수열 ${e_n}$이 $e_n = (1+\frac{1}{n})^n$으로 정의된 수열일 때, 다음을 구하여라. $$ \lim _{n\to\infty} \left(\frac{2n(e-e_n)}{e}\right)^n $$ 주어진 수열 ${e_n}$은 $e$로 수렴한다. 또한 문제 수열은 어떤 수열의 $n$제곱 꼴인데, 이 '어떤 수열'이 어디로 수렴하는 지 생각해 보자. 먼저, 이 '어떤 수열'이 1이 아닌 값으로 수렴한다면, $n$제곱을 구하라고 할 필요가 없다는 것을 인지하자. 만약 0보다 큰 값으로 수렴하거나 발산하면 $n$제곱을 할때 발산함을 쉽게 알 수 있고, 이 외의 값들에 대해서도 마찬가지이다. 즉 이 수열은 $1$로 수렴하지 않으면 $n$제곱을 취해 난이도를 올릴 필요가 없다.ㅡㅡ이제, 이 '어..

$$y(t) + 2\int _0 ^t \cos\theta y(t - \theta) d\theta = e^{-t} + \cos t$$미분하기 위해서는 좌변의 적분 항을 고쳐줘야 한다. $t - \theta = u$로 치환.$$ \int _0 ^t \cos\theta y(t - \theta) d\theta = \int _0 ^t \cos(t-u) y(u) du = \int _0 ^t (\cos t \cos u + \sin t \sin u)y(u) du$$$$ = \cos t \int _0 ^t \cos u y(u) du + \sin t \int _0 ^t \sin u y(u) du $$원래 식에 대입해서 미분하자. 그러기 위해서는 먼저 $y$가 미분가능한지를 보여야 하는데, 리만 적분은 연속이고 우변의 함수..

사실 2013년도 풀이는 대한수학회 사이트에 있지만.. 내 풀이도 올려 본다. 2. $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, z = t/2$로 치환하면 주어진 영역은, $$ D' : (r^2 + t^2 + 3)^2 \le 16r^2$$ $$ \therefore [(r-2)^2 + t^2 -1][(r+2)^2 + t^2 + 1] \le 0 $$ 고등학교에서 하던 것처럼 영역을 따져 $r-t$ 평면에 나타내면, 반지름 1의 원 두 개($C_1, C_2$)가 $(2,0), (-2,0)$을 중심으로 하여 위치하고, 주어진 영역은 각 원의 내부이다. 이제 적분하자. $$ V = \iiint _D dxdydz = \iiint _{D'} \frac{\partial(x,y,z)}{\partial(..