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[대한수학회] 대16. 정보의 양 측정하기

수학동아 2018.03.30 15:44 조회 2979

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대한수학회 16번

정보의 양 측정하기

문제 출제자 : 이지운 KAIST 수리과학부 교수

이번 대한수학회 문제는 기존 문제와 성향이 조금 다릅니다. 새로운 분야 문제에 도전해 보세요. 출제자인 이지운 KAIST 교수님에 따르면 1번은 비교적 쉽고, 2~3번은 어렵다고 합니다. 특히 3번은 교수님도 쉬운 풀이법을 알지 못한다면서, 고등학교 수학 수준으로 해결할 수 있는지 궁금하다고 밝혔습니다. 그럼 문제 나갑니다.

양의 정수 $\large M$ 에 대해 수열 $\large p=\left \{ p_n \right \},\, (n=1, 2, \cdots, M )$ 을 생각합니다. 만약 $\large p_1, p_2, \cdots , p_M\geq 0$ 이고 $\large p_1+p_2+ \cdots + p_M=1$ 이면 수열 $\large p$ 를 확률분포로 생각할 수 있습니다. 확률분포 $\large p$ 에 대해 평균 $\large m(p)$ 와 분산 $\large V(p)$ 를 다음과 같이 정의합니다.

$\large m(p)=\sum_{n=1}^{M} np_n, \,\,\,\,\,\,V(p)=\sum_{n=1}^{M}(n-m(p))^2p_n$

한편, 확률분포 $\large p$ 를 통해 알 수 있는 정보의 양은 엔트로피 $\large h(p)$ 를 통해 측정할 수 있으며, 이는 다음과 같이 정의합니다.

$\large h(p)=-\sum_{n=1}^{M}p_nlogp_n$

(여기서 log는 자연로그를 의미하며, $\large p_n=0$ 인 경우 $\large p_nlogp_n=0$ 으로 생각함.)

문제 1. 주어진 $\large M$ 에 대해 엔트로피의 최댓값과 최솟값을 구하세요.

문제2. 어떤 양수 $\large A_1$ 과 $\large B_1$ 이 존재해 모든 양의 정수 $\large M$ 과 확률분포 $\large p$ 에 대해 다음이 성립함을 보이세요. (가능하다면 $\large A_1$ 과 $\large B_1$ 의 최솟값도 구하세요.)

$\large e^h^(^p^)\leq A_1m(p)+B_1$

문제3. 어떤 양수 $\large A_2$ 와 $\large B_2$ 가 존재해 모든 양의 정수 $\large M$ 과 확률분포 $\large p$ 에 대해 다음이 성립함을 보이세요. (가능하다면 $\large A_2$ 와 $\large B_2$ 의 최솟값도 구하세요.)

$\large e^2^h^(^p^)\leq A_2V(p)+B_2$

*알립니다!

소문제 (1)번이 수학장, 구머 친구에 의해 해결 됐어요!

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*출제자의 특별한 힌트!

문제를 출제한 이지운 교수님께서 친구들을 위해 문제 2번의 힌트를 주셨답니다. 너무 어려워서 못 풀었다면 힌트를 보고 다시 도전해 보세요!!

①먼저 임의의 확률분포 $\large q$ 에 대해, 다음 부등식이 성립한다는 걸 증명해보세요!

$\large -\sum_{n=1}^{M}p_nlog p_n \leq -\sum_{n=1}^{M}p_nlog q_n$

②이제 $\large q_n$ 을 $\large ㅜ$ $\large n$ 에 대한 적당한 지수함수로 놓은 뒤, 문제의 부등식을 증명합니다!

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베네딕트0724 Lv.6 2018.03.30 16:46

1번 최솟값 : 0

p_n이 1 미만일 때는 -log p_n이 양수가 되기 때문에 모두 0이고 하나만 1일 때 최솟값이 나옵니다

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- David Lv.1 2018.03.31 02:40
  
  죄송하지만 모두 0이고 하나만 1일 때 최솟값이 왜 -1이 되나요? 0아닌가요?
  
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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.03.31 07:16
  
  아 ㅋㅋㅋㅋ 제 실수네요 실수로 log 1을 1이라고 계산했네요
  
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베네딕트0724 Lv.6 2018.03.30 21:17

1번 문제 최댓값입니다. 일단, 이 명제부터 증명하겠습니다. $a^a\times a^a\leq (a+b)^{a+b}\times (a-b)^{a-b}$ 이걸 증명하면 됩니다. 제가 여러 가지 경우 넣어봤는데 대충 성립합니다. 어쩄든 이걸 증명하면, 최댓값은 $-\log\frac{1}{M}=\log M$ 이 됩니다. 왜냐하면, $-\sum_{n=1}^{M}p_n\log p_n$ 을 정리하면 $-\log (p_1^{p_1}p_2^{p_2}...p_M^{p_M})$ 이게 최대가 되려면 $p_1^{p_1}p_2^{p_2}...p_M^{p_M}$ 이 최소가 되야 하는데, 위의 저 정리를 증명하면 $p_1,p_2,p_3,.....,p_M=\frac{1}{M}$ 일 때 최소가 되고, 그러면 $(\frac{1}{M}^{\frac{1}{M}})^M=\frac{1}{M}^{\frac{1}{M}\times M}=\frac{1}{M}$ 이 됩니다.

결론 : $a^a\times a^a\leq (a+b)^{a+b}\times (a-b)^{a-b}$ 이걸 먼저 증명하자.(구머님이 증명해주심)

이게 설명을 잘 못해서 여러 분들이 오해를 하시는 것 같은데 최댓값은 $\log\frac{1}{M}$ 이 아니라 $\log M$ 입니다.(2018.4.15)

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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.03.31 18:36
  
  음...... 잘 안 풀리네요. 접근부터가 잘못된 걸까요?
  
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- Mathdragon Lv.1 2018.03.31 23:22
  
  $a^a\times a^a\leq (a+b)^{a+b}\times (a-b)^{a-b}$
  
  $a+b=\alpha, a-b=\beta$ 라 하자.
  
  $\frac{\alpha +\beta }{2}^{(\alpha +\beta) }\leq \alpha ^{\alpha }\times \beta ^{\beta }$
  
  $(\alpha +\beta )log{\frac{\alpha +\beta }{2}}\leq \alpha log{\alpha }+\beta log{\beta }$
  
  이렇게 생각해 봅시다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.01 01:31
  
  오랜만입니다. a>b의 가정 하에 증명하였습니다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.01 01:32
  
  비슷한 방식으로 최솟값을 구하려면 하나에 값을 몰아주면 되겠네요.
  
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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.04.01 10:35
  
  최솟값은 맨 위에서 0이라고 구했습니다. 제 생각 증명해주셔서 감사합니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.04 20:08
  
  그런데 3번째 줄에서 4번째 줄로 가는 것이 이해가 잘 않되는데, 제 지식이 적은 탓(저는 오래 살지 않았습니다.) 인가요...
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.04 22:54
  
  (1+1/x)^x가 증가함수이기 때문입니다.
  
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- 김우현 기자 Lv.5 2018.04.17 09:33
  
  주정훈 멘토에게 여쭤본 결과, 수학장 친구와 구머 친구의 풀이 모두 정답입니다!
  
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- 모두다같이 Lv.2 2019.01.13 12:46
  
  수학장님, a^a x b ^ b = (a+b)^(a+b) x (a - b)^(a-b) 명제가 참인 것을 알겠어요.
  
  이 명제를 통해서 p_1 , p_2 ... , p_M = 1/M 일 때 (p_1)^(p_1) x ... x (p_M)^(p_M) 최소인 사실을 어떻게 알 수 있나요? 부탁합니다앗!
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.01 17:00

그런데 수열 $a_k$ 가 있을 때 $\sum_{k=1}^{n}n^2 a_k$ 하고 $(\sum_{k=1}^{n}n a_k)^2$ 를 $n$ 과 $a_k$ 에 대한 식으로 못나타내나요?

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.01 17:18
  
  그러면 조금마나 3번이 풀릴 수 있습니다.
  
  $e^{h(p)}=\frac{1}{e}\prod_{n=1}^{M}{p_n^{p_n}}$ 입니다. 수학장님의 의견대로 $\prod_{n=1}^{M}{p_n^{p_n}}$ 의 최댓값은 $\frac{1}{M}$ 입니다. 즉, $e^{2h(p)}$ 의 최댓값은 $\frac{1}{e^{2}M^{2}}$ 입니다.
  
  즉, 3번은 언제나 $\frac{1}{e^{2}M^{2}}\leq A_2((\sum_{n=1}^{M}n^2p_n)-((\sum_{n=1}^{M}np_n)^2))+B_2$ 이라는 것을 증명해야 합니다.
  
  2번도 비슷하게 풀 수 있을 듯합니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.01 17:20
  
  $V(p)=\sum_{n=1}^{M}n^2p_n-(\sum_{n=1}^{M}np_n)^2$ 입니다.
  
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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.04.01 17:50
  
  $e^{h(p)}=\frac{1}{\prod_{n=1}^{M}p_{n}^{p_n}}$ 아닌가요?
  
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베네딕트0724 Lv.6 2018.04.01 17:48

2번 문제 식의 좌변에 있는 $e^{h(p)}$ 의 값을 구했습니다. 일단, $e^{h(p)}=k$ 라고 합시다. 양변에 로그를 취해 주면 $\log k=h(p)=-\log p_{1}^{p_{1}} p_{2}^{p_{2}}........p_{M}^{p_{M}}$ (물론 이떄 밑은 e입니다.)

즉, $\log k=-\log p_{1}^{p_{1}} p_{2}^{p_{2}}........p_{M}^{p_{M}}$ 우리가 알고 싶은 건 k값이므로 양변에 로그를 없애주면 $k=\frac{1}{p_{1}^{p_{1}}p_{2}^{p_{2}}....p_{M}^{p_{M}}}$ 이 됩니다.

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여백 패르마 Lv.5 2018.04.01 21:32

제가 전에 쓴것을 바탕으로 가겠습니다.

$\frac{1}{\prod p_n^{p_n}}\leq A_2V(p)+B_2$ $(V(p)=\sum_{n=1}^{M}n^2p_n-(\sum_{n=1}^{M}np_n)^2)$ 이라는 것을 증명해야 합니다.

$p_a\rightarrow p_a+\varepsilon$ 이고, 그래서 $p_b\rightarrow p_b-\varepsilon$ 이 됩니다. 그러면, $(V(p)=\sum_{n=1}^{M}n^2p_n-)$ 인 분산의 차이는 $(a^2-b^2)\varepsilon -(a-b)\varepsilon =(a-b)(a+b-1)\varepsilon$ 입니다.

또, $\prod p_n^{p_n}$ 의 차이는 아무리 적어도 $p_a^{\varepsilon }-p_b^{\varepsilon }+\varepsilon ^{p_a}+\varepsilon ^{p_b}$ 입니다.

즉, 약 $\varepsilon ^{p_a}+\varepsilon ^{p_b}$ 가 차이 입니다. $\varepsilon$ 에서는 너무 작아서 지수는 상관없습니다.

즉, $\frac{1}{2\varepsilon}\leq A_2(a-b)(a+b-1)\varepsilon +B_2$ 을 증명해야 하고, 즉, $A_2=\frac{1}{\varepsilon ^2}$ 이면 성립하기 때문에 증명 끝.

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.01 21:33
  
  3번입니다 참고로
  
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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.04.01 23:48
  
  $\varepsilon$ 은 무한소를 뜻하는 것 아닌가요? 그러면 $\frac{1}{\varepsilon^2 }$ 은 무한대가 되니까 $A_2$ 를 이거라고 할 수는 없지 않나요?
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.03 22:11
  
  $\frac{1}{\varepsilon ^2}$ 은 어떤 매우 큰 수이지 무한은 아닙니다.
  
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베네딕트0724 Lv.6 2018.04.02 22:02

여러분 p를 이렇게 나눠봅시다.

1. $p_M$ 이 0인 경우 2. 0이 아닌 경우

만약 1번 경우라면, M에서 1을 빼고 $p_M$ 을 없앱니다. 그래도 h(p)과 m(p), V(p)의 값은 차이가 없습니다.

그래서 맨 끝의 수가 0이 아닌 수가 될 때까지 맨 끝의 수를 없앱니다.

저번에 말했다시피 $e^{h(p)}=\frac{1}{p_{1}^{p_1}p_{2}^{p_{3}}...p_M^{P_M}}$ 입니다. 이 $p_{1}^{p_1}p_{2}^{p_{3}}...p_M^{P_M}$ 의 최솟값이 $\frac{1}{M}$ 이므로 $e^{h(p)}$ 의 최댓값은 $M$ 입니다.

즉, m(p)에 차수가 1 이상인 M이 들어가기만 한다면,(즉 상수가 아니라면) $A_1$ 과 $B_1$ 이 존재합니다. 그런데, 우리가 아까 p 맨 끝의 0들을 모두 제거했기 때문에 m(p)는 상수가 나올 수가 없습니다.

최솟값은 좀 더 해봐야 알 것 같은데, 이 정도로 증명을 끝낼 수 있을까요? 맨 마지막 문장이 좀 애매하긴 한 것 같지만.... 반증이나 오류 발견하면 알려주세요.

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.03 15:34
  
  $\frac{1}{M}$ 은 최댓값인데..
  
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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.04.03 16:24
  
  1/M이 최솟값입니다
  
  h(p)의 최댓값은 log M이고요
  
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Mathdragon Lv.1 2018.04.03 20:53

우선, 수학장님이 구하신 $e^{h(p)}$ 의 값은

$=\frac{1}{p_{1}^{p_{1}}p_{2}^{p_{2}}....p_{M}^{p_{M}}}$

가 맞습니다.

또한, $e^{h(p)}$ 의 값은 $p_{1}=p_{2}=\cdots =p_{M}=\frac{1}{M}$ 일 때 M으로 최댓값을 가집니다.

이때의 $m(p)$ 의 값은 $\sum_{n=1}^{M}np_{n}$ 이므로

$\sum_{n=1}^{M}np_{n}=\frac{1}{M}\sum_{n=1}^{M}n=\frac{1}{M}\times \frac{M(M-1)}{2}=\frac{M-1}{2}$

$\therefore M\leq\frac{A_{1}(M-1)}{2}+B_{1}$

$(1-\frac{A_{1}}{2})M\leq B_{1}-\frac{A_1}{2}$

$M\leq \frac{B_{1}-\frac{A_{1}}{2}}{1-\frac{A_{1}}{2}}$

이렇게 생각할 수도 있을까요?

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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.04.03 22:14
  
  $\sum_{n=1}^{M}np_{n}=\frac{1}{M}\sum_{n=1}^{M}n=\frac{1}{M}\times \frac{M(M-1)}{2}=\frac{M-1}{2}$ 이 부분 잘 이해가 안 가는데요.
  
  $p_n=\frac {1}{M}$ 이라고 한 건가요? 모든 경우에서 증명해야 될 것 같습니다
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.03 22:32
  
  최솟값으로 한것 같습니다.
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.03 22:31

$e^{2h(p)}\leq A_2V(p)+B_2$ 이라는 것을 증명해야 합니다.

$e^{2h(p)}$ 의 최댓값은 1/M으로 수학장님 말대로 입니다. 그리고 분산의 성질로 $V(p)=\sum_{n=1}^{M}n^2p_n-(\sum_{n=1}^{M}np_n)^2$ 가 있습니다.

Mathdragon 님의 의견과 같이 $\sum_{n=1}^{M}np_n=\frac{1}{M}\sum_{n=1}^{M}n$ 으로 할 수 있습니다. 즉, 분산 $V(p)=\frac{1}{M}\sum_{n=1}^{M}n^2-(\frac{1}{M}\sum_{n=1}^{M}n)^2$ 이라고 할 수 있습니다.

$\sum_{n=1}^{M}n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ 이고, $\sum_{n=1}^{M}n=\frac{n(n+1)}{2}$ 입니다.

그래서 정리하면 $M^2\leq A_2(\frac{(M+1)(2M+1)}{6}-\frac{M^2-2M+1}{4M^2})+B_2$ 이라는 것을 증명해야 합니다.

그리고, $A_2=6$ 이고, $B_2=\frac{3}{2}$ 이기면 됩니다.

$Q.E.D$

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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.04.03 23:04
  
  $\frac {1}{M^2}$ 이 아니라 $M^2$ 이요.......
  
  마지막 결론에는 제대로 썼네요. 처음 부분 수정하면 됩니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.04 18:29
  
  아 다시 보면 특별한 경우만 증명한 것같습니다.
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.04 19:47

$\varepsilon$ 를 이용한 풀이를 조금 수정하겠습니다. 그리고 $\varepsilon$ 은 매우 작은 수로 0.000000001 또는 0.000000000000000000001이 될 수 있습니다. 그런데 0은 아니기 때문에 $\frac{1}{\varepsilon^2}$ 은 무한대가 아닙니다.

먼저, $p$ 는 짝으로 $\varepsilon$ 만큼 바뀝니다. $p_a\rightarrow p_a+\varepsilon$ , $p_b\rightarrow p_b-\varepsilon$ 이라고 합시다. 그러면 분산의 차이는 전의 댓글에 말했듯이 $(a^2-b^2)\varepsilon -(a-b)\varepsilon$ $=(a-b)(a+b-1)\varepsilon$ 입니다. 그리고, $e^{2h(p)}=\frac{1}{(\prod p_n^{p_n})^2}$ 입니다. 그것의 차이는 적어도 $\frac{1}{((p_b-p_a)\varepsilon -\varepsilon^2)^2}$ 입니다. 즉, $\frac{1}{((p_b-p_a)\varepsilon -\varepsilon^2)^2}\leq A_2((a-b)(a+b-1)\varepsilon )$ 이라는 것을 증명해야 합니다. $\varepsilon$ 으로 묶으면 $\frac{1}{\varepsilon^{2}((p_b-p_a)-\varepsilon)^2}\leq A_2((a-b)(a+b-1)\varepsilon )$ 이라는 식이 나옵니다. 아무리 차가 커도 $p_b-p_a\leq 1$ 이기 때문에 $\frac{1}{\varepsilon ^2(1 -\varepsilon)^2}\leq A_2((a-b)(a+b)\varepsilon )$ 이라는 식을 증명해야 합니다. 그리고 $B_2$ 항이 없는 이유는 차이에는 상수항이 사라지기 때문입니다. 전개해보면 $\varepsilon ^2(1-\varepsilon )^2=(\varepsilon (1-\varepsilon ))^2 =(\varepsilon -\varepsilon ^2)^2 =\varepsilon ^2-2\varepsilon ^3+\varepsilon^4$ 입니다.

즉, $1\leq (\varepsilon ^2-2\varepsilon ^3+\varepsilon ^4)A_2(a-b)(a+b-1)\varepsilon$ 이여야 합니다. 이제 $A_2$ 의 값을 정해봅시다. 그 값은 매우 크지만 상수입니다. 바로 $\frac{1}{(\varepsilon ^3-2\varepsilon ^4+\varepsilon ^5)}$ 입니다. 그러면 $1\leq (a-b)(a+b-1)$ 이라는 식이 나오게 됩니다. 그 식의 참은 당연합니다. $B_2$ 의 값은 큰 문제가 없습니다. 아무 양수 입니다.

그리고, $p_a+\varepsilon \rightarrow p_a$ , $p_b-\varepsilon \rightarrow p_b$ 으로 바꾸면 반복되어서 결국 모든 $p$ 에 대해 참입니다.

즉, 증명 끝.

$Q.E.D$

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- 구머 Lv.5 2018.04.04 20:31
  
  e^2h(p)의 차를 정확하게 계산해 보시길 바랍니다
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.04 20:54
  
  그러는 방법이 있나요??
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.04 21:09
  
  저는 그것의 차이를 진짜보다 적게 하였습니다. 그래야 전체의 차이가 커지기 때문입니다. (분수이기 때문입니다.)
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.04 21:15
  
  차이가 진짜보다 커야 부등식에 의미가 있는거 아닌가요?
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.04 21:21
  
  그래서 차이를 진짜보다 크게 하였습니다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.04 21:31
  
  아 그러네요 ㅋㅋ
  
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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.04.04 23:24
  
  "그리고, $p_a+\varepsilon \rightarrow p_a$ , $p_b-\varepsilon \rightarrow p_b$ 으로 바꾸면 반복되어서 결국 모든 $p$ 에 대해 참입니다."
  
  이 부분이 조금 걸리네요. 저번에도 말했듯이, $\varepsilon$ 은 무한소가 될 수 밖에 없습니다. $\varepsilon$ 이 0이 아니라고는 하시지만, 무한소는 0에 무한히 가까운, 이것보다 작은 양수가 존재하지 않는 양수라고 할 수 있습니다. 만약 $\varepsilon$ 이 무한소가 아니라면, $\varepsilon$ 보다 작은 양수가 항상 존재하게 되고, 그러면 모든 p에 대해 증명이 불가능합니다.
  
  결국, $\varepsilon$ 이 무한소일 수 밖에 없다는 건데, $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0} \frac{1}{\varepsilon ^2}=\infty$ 입니다. 귀납적으로 증명하는 것보다는, 귀류법이나 직접 증명이 필요할 것 같습니다.
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.06 16:07

3을 풀으려면 $e^{2h(p)}$ 이 무한대로 가는 경우는 없다고 증명해야 합니다. 그 이유는 무한이 아니기 한다면 $A_2$ $,B_2$ 가 큰 수여라도 문제가 참이기 때문입니다.

$e^{2h(p)}$ 을 간단히 한다면 $\frac{1}{(\prod p_n^{p_n})^2}$ 이 됩니다. 이것이 무한대가 되는 경우는 없습니다. 단, $p$ 에 0이 포함되어서 $\prod p_n^{p_n}$ 가 '정하기 불가' 상황이 될때를 제외한다면 말이죠. ( $0^0$ 은 결정 불가입니다. 논쟁이 일고 있는 부분이지요.) 이때는 문제로 다시 돌아가야 하며, 엔트로피의 정의로 돌아가야 합니다. 문제에서 $p_n=0$ 이면 $p_n log p_n$ 은 0이라고 가정했습니다. 즉, 모든 0들은 $p_n log p_n$ 이 0이고, 즉 엔트로피 $h(p)$ 는 유한하게 되고, 즉 $e^{2h(p)}$ 가 유한하게 됩니다. 그 뜻은 $e^{2h(p)}$ 는 언제나 무한이 도지 않고, 증명 끝.

$Q.E.D$

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- 구머 Lv.5 2018.04.06 16:15
  
  M이 무한으로 수렴하면 e^2h(p)도 무한으로 수렴하게 됩니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.07 15:26
  
  그러면 분산은 계산 불가인 무한대-무한대가 됩니다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.07 15:38
  
  V(p)의 원래 식을 보면 무한-무한 꼴이 나오지 않게 할수 있고,(정확히 계산은 안해봤지만 상식으로 분산이 꼭 무한으로 수렴하지 않는 경우도 많던걸로 기억합니다)
  
  그럼 e^2h(p)/v(p)가 무한으로 수렴하니까 a2가 무한으로 수렴해야 해서 모순이죠.
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.10 16:10

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.10 16:12
  
  3번 풀이이고, 순서는..거꾸로입니다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.10 16:56
  
  M->무한일 때 p₁=1, 나머지는 0일때 V(p),M(p)를 구해보면 무한-무한 꼴이 되지 않습니다.
  
  전댓글에도 언급했던것 같은데..
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.11 14:09
  
  A₂가 무한이 될수 있습니다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.11 16:30
  
  그리고 패르마님 답을 얻기 전에 일부 값들을 미리 대입해봐서 식이 성립하는지 확인하는 작업이 필요하신 것 같습니다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.11 16:32
  
  그리고 무한이 되는 경우도 있지만 안되는 경우또한 존재하고, (위 예시처럼) 따라서 m이 무한으로 수렴하지 않는다는 논리를 사용할 수 없습니다.
  
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- 태그 실험중 Lv.1 2018.04.11 16:45
  
  그동안 패르마님 풀이를 꽤 많이 봤었는데, 패르마님은 아직 무한에 대한 정확한 개념이 부족한 것 같습니다..이 문제는 딱히 무한을 써서 푸는 문제가 아닌것 같으니 같이 다른 방법을 생각해봐요.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.11 16:48
  
  아 최솟값 0은 실수입니다...
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.11 19:16
  
  M이 무한대로 가도 양의 정수가 된다면 A₂도 무한대로 갈 수 있습니다. 즉, 성립합니다.
  
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- 태그 실험중 Lv.1 2018.04.11 20:06
  
  문제에서 A2가 어떤 양수라 하지 않았나요? 무한이 되면 안될것 같아요.(애초에 그런식으로 풀리면 문제의 의미가..)
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.12 07:10
  
  M도 양수라고 했습니다. 그래서 M도 무한으로 가면 않됩니다.
  
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- 태그 실험중 Lv.1 2018.04.12 07:21
  
  하지만 A2가 정해져 있다면 그 A2를 넘어서는 M은 무한이 아니라도 잡을 수 있습니다. 다른 논리가 필요할 것 같습니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.12 08:34
  
  ...A₂는 정해지는 것이 아닙니다 그리고 엔트로피의 최댔값은 M이 무한 으로 가면 0 이 됩니다. 그 이유는 $\frac{1}{M}$ 이 0 이 되기때문입니다.
  
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- 태그 실험중 Lv.1 2018.04.12 13:32
  
  ?엔트로피 최댓값은 1/m이 아닌데.. 최댓값은 -log(1/m)=log m아닌가요?
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.12 16:46
  
  패르마님 지금 전혀 문제를 잘못 이해하신것 같은데 A2 B2는 고정된 값입니다..M이 어떻게 되든 방정식이 성립하는 A2를 찾는 게 문제 2 3번입니다.
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.12 16:13

문제 2,3 번을 풀기 위해서는 엔트로피인 $h(p)$ 가 유한하다는 것을 증명해야 합니다. 귀류법을 씁시다. 즉, $h(p)$ 가 무한할 수 없다는 것을 증명합시다.

#1. $p$ 에 0이 있지 않은 경우 ( $M\rightarrow \infty$ 이진 않습니다.)

이 경우에는 엔트로피는 유한합니다. 그 이유는 $n< 1$ 일때 $n^n$ 은 1보다 작고, 1보다 작은 수들을 계속 곱하면 1보다 작으며, 1보다 작은 수에 $log$ 를 붙이면 그 값은 음수가 되고, 절대로 $-\infty$ 가 되지 않기 때문입니다.

#2. $p$ 에 0이 있는 경우 ( $M$ $\rightarrow \infty$ 이진 않습니다.)

이경우에는 수학적 귀납법을 씁시다. 먼저, $M$ 이 2이면 당연히 성립합니다. 또, $M-1$ 과 그 전때 일때 언제나 성립한다고 합시다. 그리고 $M$ 이면서 $p$ 에 0이 있다고 합시다. 그러면 무네에 의해서 $p$ 안의 0항은 없는 듯 만듯이 됩니다. 그 이유는 $p_nlog(p_n)$ 이 $p_n$ 이 0이면 0이라고 문제에서 말했기 때문입니다. 즉, $p$ 에서 있는 0은 빼도 괜찮습니다. 즉, 전의 것들은 언제나 성립하기 때문에 #2도 성립합니다.

또, $M\rightarrow \infty$ 은 엔트로피가 계산불가입니다.( 최댓값이 $log 0$ 이여서..)

$Q.E.D$

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- 구머 Lv.5 2018.04.12 16:29
  
  문제에서 plogp=0, 즉 logp^p=0이라고 가정한다는 것은 p^p=e^0=1이라고 계산하라는 것과 같습니다.
  
  //윗분 댓 확인
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.13 15:07
  
  그래도 유한하지 않나요?? 그리고우리가 문제의 식을 만족하는 수를 찾으라는 것입니다. 유리가 정해서 고정된 값으로 먼들기 때뮨입니다.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.13 20:37
  
  뭐가 유한한가요? 그리고 문제의 식을 만족하라는 건 뭔 수를 의미하나요? 구체적으로 주어를 생략하지 말고 말해주세요.
  
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- 구머 Lv.5 2018.04.14 14:32
  
  그리고 각경우마다 그 경우를 만족하는 A2 B2을 찾는게 아니라 모든 경우를 만족시키는 A2 B2를 찾는 거에요.. 애초에 문제가 패르마님이 생각한 그런 문제면 아무나 다 풀수 있을 건데 내질 않겠죠.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.14 22:02
  
  아... 그렇군뇨
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.14 13:19

그런데 A2과 B2의 최솟값은 뭔가요?? 그 둘의 합이 최소인가요, 아니면 그 둘중 하나가 가장 작은 것인가요??

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- 구머 Lv.5 2018.04.14 13:31
  
  A2, B2가 각각 어떤 수보다 크기만 하면 모든 M과 p들에 대해 등식이 성립하는데, 그 어떤 수를 구하란 거죠
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.14 21:54
  
  아...
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.14 22:02

$e^{2h(p)}$ 의 최댓값은 $\frac{1}{M^2}$ 입니다. 그리고 $\frac{1}{M^2}$ 의 최댓값은 $M$ 이 $1$ 일때, 즉, $1$ 입니다. 그 뜻은 모든 $M$ 에 관해서, 그리고 $p$ 에 관해서 $1\leq A_2V(p)+B_2$ 을 만족하는 $A_2$ 와 $B_2$ 가 존재한다는 것을 증명해야 합니다. 그리고, $V(p)=\sum_{n=1}^{M}n^2p_n-(\sum_{n=1}^{M}np_n)^2$ 입니다. 이 분산의 최솟값은 $0$ 입니다. $p_1=1$ 이고 다른 $p_n$ $=0$ 일때이지요. 그 이유는 1을 재외한 모든 $n$ 에 대해 $n^2> n$ 이기 때문에 그러면 $V(p)=\sum_{n=1}^{M}n^2p_n$ 가 최소가 되고 $(\sum_{n=1}^{M}np_n)^2$ ,즉 $(\sum_{n=1}^{M}np_n)$ 가 최대가 되지 않기 때문입니다. 즉, $n^2=n$ 인 $1=n$ 를 택하고 그래서 분산의 최솟값이 0입니다. (다른풀이:(확실하지는 않음.) 분산은 언제나 $\mathbb{N}_0$ 입니다. 즉, $\mathbb{N}_0$ 의 최솟값인 0이 분산의 최솟값입니다. 단, $\mathbb{N}_0=\mathbb{N}+0$ 입니다. ) 그렇기 때문에 $1\leq B_2+0\times A_2$ 이라는 식이 나오고, 즉 $1\leq B_2$ 입니다. 그 뜻은 $A_2$ 는 어떤 양수이고, $1\leq B_2$ 이기만 하면 성립한다는 것을 알 수 있습니다. 그렇기 때문에 3번의 반절은 성립합니다.

또, 최솟값은 $B_2$ 는 1, 그리고 $A_2$ 는 0이라는 것을 알 수 있습니다.

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- 깜냥 Lv.1 2018.04.14 22:24
  
  패르마님 지금 뭔가 착각하신 것 같은데 $e^{2h(p)}$ 의 최댓값은 $\frac{1}{M^{2}}$ 이 아니라 $M^{2}$ 입니다. h(p)의 최댓값이 logM이거든요.
  
  위에 수학장님 댓글에도 써 있습니다. 다시 한 번 문제를 잘 읽어보세요.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.15 12:10
  
  왜 계속 실수만 하지?ㅠㅠ
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.15 14:26

안 맞는 것일지도 모르지만, 귀납법적 증명을 하겠습니다. 시작은 전의 댓글과 같습니다. 확률분포는 짝으로 $\varepsilon$ 만큼 바귄다는 것과 $p_a\rightarrow p_a+\varepsilon$ $p_b\rightarrow p_b-\varepsilon$ 으로 부터 시작합니다. 그때 필요한것은 이항정리입니다. 그것의 증명은 다음과 같습니다: $\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$ 라는 등식을 먼저 증명해야 합니다. 그것의 증명은 다음과 같습니다. $\binom{n}{k}=\frac{n!}{(n-k)!k!}$ 이고, $\binom{n-1}{k-1}=\frac{(n-1)!}{(n-k)!(k-1)!}$ 이며, $\binom{n-1}{k}=\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!k!}$ 이다. 우변= $\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}+\frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}=(\frac{1}{n-k}+\frac{1}{k})\times \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k-1)!}=\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k-1)!}\times \frac{n}{k(n-k)}=\binom{n}{k}$

이제 이항정리를 증명합시다. $(x+y)^{n+1}=(x+y)(x+y)^{n}$ $=(x+y)\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^{n-k}y^{k}$ $=x\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^{n-k}y^{k}+y\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^{n-k}y^{k}$ $=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^{n+1-k}y^{k}+\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n}{k-1}x^{n+1-k}y^k+y^{n+1}$ $=\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}x^{n+1-k}y^{k}$ 입니다. $(p_a+\varepsilon)^{p_a+\varepsilon}(p_b-\varepsilon )^{p_b-\varepsilon }$ $=(p_a+\varepsilon )^{p_a}(p_b-\varepsilon )^{p_b}p_a^{\varepsilon }p_b^{\varepsilon }$ 입니다. $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}p_{a,b}^{\varepsilon }=1$ 이기때문에 $=(p_a+\varepsilon )^{p_a}(p_b-\varepsilon )^{p_b}$ 이라고 할 수 있습니다. 이항정리로 하면 ( $p_a^{p_a}p_b^{p_b}$ 을 뺏습니다.) $(\binom{p_a}{1}\varepsilon p_a^{p_a-1}+...+\varepsilon ^{p_a})(\binom{p_b}{1}\varepsilon p_b^{p_b-1}+...+\varepsilon ^{p_b})$ 입니다.즉, $e^{2h(p)}$ 의 차이는 $\frac{(\binom{p_a}{1}\varepsilon p_a^{p_a-1}+...+\varepsilon ^{p_a})(\binom{p_b}{1}\varepsilon p_b^{p_b-1}+...+\varepsilon ^{p_b})}{p_a^{p_a}p_b^{p_b}(p_a+\varepsilon )^{p_a+\varepsilon }(p_b-\varepsilon) ^{p_b-\varepsilon }}$ 입니다. 분산은 $V(p)=\sum_{n=1}^{M}n^2p_n-(\sum_{n=1}^{M}np_n)^2$ 입니다. 즉, 분산의 차이는 $a^2\varepsilon -b^2\varepsilon +a^2\varepsilon ^2-b^2\varepsilon ^2$ 입니다.

$\frac{(\binom{p_a}{1}\varepsilon p_a^{p_a-1}+...+\varepsilon ^{p_a})(\binom{p_b}{1}\varepsilon p_b^{p_b-1}+...+\varepsilon ^{p_b})}{p_a^{p_a}p_b^{p_b}(p_a+\varepsilon )^{p_a+\varepsilon }(p_b-\varepsilon) ^{p_b-\varepsilon }}\leq A_2(a^2\varepsilon -b^2\varepsilon +a^2\varepsilon ^2-b^2\varepsilon ^2)$ 이라는 것을 증명해야 합니다. $\varepsilon$ 이 양변으로 지위집니다. 이제 $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}$ 를 취하면 됩니다. 그러면 $\frac{1}{p_a^{2p_a-1}p_b^{2p_b-1}}\leq A_2(a^2-b^2)$ 이 나옵니다. $p_a,p_b$ 이 최댓값은 $\frac{1}{2}$ 이기 때문에 대입하면 $1\leq A_2(a^2-b^2)$ 이 나옵니다. $(a^2-b^2)$ 의 최솟값은 $a=2,b=1$ 으로, $3$ 입니다. 즉, $A_2$ 의 최솟값은 $\frac{1}{3}$ 이 나옵니다. 그래서 3번의 반절이 증명됬습니다.

$Q.E.D$

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여백 패르마 Lv.5 2018.04.15 22:14

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.15 22:15
  
  맨 마지막에 있는 부등식을 생각해야 합니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.15 22:18
  
  전 풀이에 매우 작은 오류가 있어서 수정했습니다. 아이디어와 거의 다 식은 비슷합니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.17 15:29
  
  아 진짜...... 오류가 있다...
  
  부등식이 않풀려.....
  
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Michael Lv.1 2018.04.17 21:54

ll,,l,

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.18 18:36
  
  그것이 뭔 뜻이지요??...
  
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여백 패르마 Lv.5 2018.04.18 14:58

댓글 작성하기 좋아요0 댓글수9
- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.22 14:21
  
  3번 풀이입니다...
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.25 16:11
  
  비슷한 방법으로 2번을 풀 수 있다고 생각합니다.
  
  $\frac{1}{p_a^{p_a}\cdot p_b^{p_b}}-\frac{1}{(p_a+\varepsilon )^{p_a}\cdot (p_b-\varepsilon )^{p_b}}$ $=\frac{\varepsilon \cdot ((p_a^{p_a-1}\cdot p_b^{p_b}+p_a^{p_a}\cdot p_b^{p_b-1})+\varepsilon \cdot (\chi ))}{p_a^{p_a}\cdot p_b^{p_b}\cdot (p_a+\varepsilon )^{p_a}\cdot (p_a-\varepsilon )^{p_b}}$ ( $\chi$ = $\varepsilon$ 로 묶일 수 있는 것)을 이용합니다.
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.04.29 19:08
  
  오류가 있다면 알려주시길 바랍니다.
  
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- 김우현 기자 Lv.5 2018.05.28 10:22
  
  여백 패르마 친구의 답변 확인 중! 출제하신 교수님의 스케쥴로 답변이 늦어질 수 있다는 점 양해 부탁드려요!!
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.06.24 17:42
  
  흐힝 언제 출제자의 제 풀이의 의견이 나올까요?? 틀렸다고 해도 의견을 알려주세요!!
  
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- 김우현 기자 Lv.5 2018.06.26 09:05
  
  답변이 지연돼서 미안해요, 여백 패르마 친구!
  
  주정훈 멘토에 따르면 풀이가 잘못됐으니 다시 풀어보라는 의견이에요!!
  
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- 여백 패르마 Lv.5 2018.06.26 18:18
  
  뭐가 잘못되었나요??
  
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- 김우현 기자 Lv.5 2018.06.26 22:39
  
  어느 한 곳이 틀렸다기 보다 다른 방법으로 접근해 보라는 의견을 주셨어요! 새로운 방법으로 증명해 보는 게 어떨까요?
  
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- 구머 Lv.5 2018.06.27 09:11
  
  패르마님 참고로 이항정리같은 기본적인 것들은 굳이 증명 안하셔도 될것 같아요..패르마님 증명을 계속 읽다보니 너무 세세한 것까지 증명을 하려고 하는 경향이 있는 것 같아요.
  
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CoderLab Lv.4 2018.05.26 03:51

분산과 평균의 식을 더 쉽게 쓸수 있을까요?

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.05.26 12:48
  
  p_n의 값을 알 수 없으므로 간단화를 할 수 없습니다.
  
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- CoderLab Lv.4 2018.05.29 21:58
  
  그러면 $p_{n}$ 을 제외하면 되지 않습니까?
  
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CoderLab Lv.4 2018.05.29 20:44

$m(p)=\sum _{n=1}^{M}np_{n}=n\sum_{n=1}^{M}p_{n}$ 이 될 수 있지 않나요?

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- 여백 패르마 Lv.5 2018.05.30 14:20
  
  아닙니다. n은 1~M의 수로 바뀌기 때뮨에 상수 취급하면 않됩니다.
  
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- CoderLab Lv.4 2018.05.30 20:50
  
  아 그렇군요.
  
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베네딕트0724 Lv.6 2018.10.01 21:12

힌트 보니까 문제 푸는 방향은 잡혔는데 문제 푸는 방향만 잡혔어요.

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구머 Lv.5 2018.10.12 21:33

힌트 (1) 증명indigo

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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.10.13 17:10
  
  여윽시 구머님 힌트 주니까 금방 푸시네요....
  
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- 구머 Lv.5 2018.10.13 17:49
  
  사실 푼건 아니고 그 힌트를 증면한거에요..아직 힌트를 써먹진 않았죠.
  
  (그리고 구머가 누구죠??)
  
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- 베네딕트0724 Lv.6 2018.10.13 22:58
  
  예... 구머가 아닌 kid milli님 제가 이어가볼게요. $q_n=e^{an}$ 이라고 하자. 이 때 a는 M의 값에 따라 달라지는 수이다. $\sum _{n=1}^{M}q_n=1$ 이므로, a값은 M이 1일 때 0부터 시작하여 점점 감소하다가 -1 이하에서 수렴한다. 힌트의 정리에 의해 $e^{h(p)}=e^{-\sum_{n=1}^Mp_n\log p_n}\leq e^{-\sum_{n=1}^Mp_n\log q_n}$ 인데, $\log q_n=an$ 이므로 $e^{-\sum_{n=1}^Mp_n\log q_n}=e^{-a\cdot m(p)}$ 이다. 그런데 여기서 잘 안 풀리는 게 $e^{-a\cdot m(p)} \leq A_1m(p)+B_1$ 이라는 수식이 성립하지 않기 때문에......
  
  제가 q_n을 잘못 정의한 거 같네요 kid milli님이 정의하신대로 해볼게요
  
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구머 Lv.5 2018.10.13 22:36

q_n을 1보다 적당히 큰 실수 a를 어떻게 잘 정의해서 q_k=(1/k^a)/(1/1^a+1/2^a+....+1/n^a)로 정의하면 될듯요

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- 구머 Lv.5 2018.10.14 16:55
  
  이걸로 대략 계산해보니 진짜 아깝게 안맞네요...좌변이 ln n꼴로 나옵니다
  
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도전

cube120 Lv.5 2020.01.27 21:49

확인요청중

아래 파일은 $e^{h(p)} < em(p)$ 의 증명입니다. 상수항이 없어서 맞는지는 잘 모르겠습니다.

/resources/comment/2020/01/f57ea0a984396e15eaed2c08ac630b39.pdf

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- 최기자 Lv.4 2020.02.09 23:31 비밀댓글
  
  비밀 댓글이 등록 되었습니다!
- cube120 Lv.5 2020.02.10 21:38
  
  문제가 되는 극한값은 -inf가 아니라 -cM 인 것 같습니다. a가 0+로 다가가면 분모는 절댓값이 무한으로 커지고 분자는 일정한 상수가 되니까요. 그러면 $\lim_{a \rightarrow 0+}f(a)=-cM<0$ 이 되어 여전히 a가 존재한다고 할 수 있습니다. (혹시 여기에 오류가 있으면 지적 부탁드려요!)
  
  그리고 LEMMA1의 증명에서 설명이 부족했던 부분 : $t\geq 0$ 일 때 $\ln t \leq t-1$ 임은 그래프를 그리면 자명하게 성립하기 때문에 풀이를 생략했습니다. 만약 그래프를 그리지 않고 증명하고싶다면 미분을 통해 증명하면 됩니다.
  
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- cube120 Lv.5 2020.02.17 20:13
  
  답 맞는 것 같은데 언제 검토해주시나요?
  
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- 최기자 Lv.4 2020.02.19 17:03
  
  다시 검토 요청할게요!
  
  검토도 많이 밀려 있고 마감 기간이라 신속하게 확인을 못했어요 미안해요~!
  
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- 최기자 Lv.4 2020.03.05 16:52
  
  김다인 멘토가 다시 봤는데, 함수 f가 a=1에서 정의가 안된다고 합니다~!
  
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부분해결

도전

공대생 Lv.3 2022.01.16 21:15

문제 2번 풀이입니다.

/resources/comment/2022/01/16ba12da6b6ef0f82264814c243da9e4.pdf

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- 공대생 Lv.3 2022.01.18 15:20
  
  1-log(a)<0임을 보이는 데에서 오류가 생겼네요. 모든 M에 대해서 1-log(a)<0이 되는 게 아니라, 충분히 큰 M에 대해서는 a<e여서 1-log(a)<0이 된다고 보시면 될 거 같습니다.
  
  충분히 큰 M이라고 가정해도 풀이에 큰 문제가 없는 이유는 이유는 h_1(M)이 maximum 값이 아닌 M의 개수가 유한하기 때문입니다. 그러한 M 값들에서 h(M,p)의 upper bound를 잡을 수 있고, 이를 {h_1(M), M은 양의 정수}의 upper bound과 비교하면 더 큰 값이 {h(M,p)}의 upper bound가 되게 됩니다.
  
  충분히 큰 M에 대해서 a<e인 이유는 a^M -> 3.512...로 converge하기 때문입니다. Step.2에서 이 사실을 먼저 증명한 뒤에 나머지 풀이를 이어나가면 논리적으로도 큰 문제는 없을 것으로 보입니다.
  
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- 유태영 멘토 Lv.3 2022.02.07 21:34
  
  우선 전체적으로 좋은 흐름의 풀이입니다.
  
  다만 Step1 단계에서 최소인 State가 존재한다는 것이 확보되어야 논리를 펼칠 수 있습니다. 정확히 min값을 가지고 있는 것이 존재하기 않고, 어떤 값으로 수렴할 수도 있습니다. 이 부분에 대해 부등식을 다른 방법으로 접근해 보는 것이 좋을 것 같습니다. 첨언을 하자면 $\sum{p_{i}\log{\frac{q_{i}}{p_i}}} \leq 0$ 의 형태가 증명이 더 잘 보일 것 같네요. (이 식의 좌항은 따로 이름이 있습니다.)
  
  또한 Step2에서 아마 변수명을 중간에 잘못 사용한 것 같네요. $a+a^{2}+\cdots+a^{M}=M$ 인 $a$ 는 1뿐입니다.
  
  이 부분들만 고치면 좋은 풀이가 될 것 같습니다.
  
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- 공대생 Lv.3 2022.02.08 12:49
  
  답변 달아주셔서 감사합니다 ㅠㅠㅠ
  
  Step1에서 min값이 존재하지 않을 수 있다는 건 생각하지 못했내요. 지금 간단하게 드는 생각은 log(0)을 0으로 본다는 문제의 가정을 사용하면 min값이 존재함을 보일 수도는 있을 것 같습니다. Step2 에서는 제가 중간에 풀이를 수정했는데, 그 부분을 깜빡하고 수정하지 않은 것 같습니다. 맨 처음에는 $a+a^2 ... +a^M = M$ 으로 했다가 a가 1로 수렴하게 되서 $a+a^2 ... +a^M = 2M$ 으로 바꿨습니다.
  
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도전

공대생 Lv.3 2022.04.24 19:48

확인요청중

대한수학회 16번의 3번 문제 풀이입니다. Log sum inequality를 이용해서 증명해보았습니다.

풀이 과정에 오류가 있는 거 같으면 댓글 달아주세요!

/resources/comment/2022/04/5e779681a9c56a819a9f6bc5923b2b40.pdf

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- 공대생 Lv.3 2022.04.24 19:59
  
  파일 크기가 커져서 깨지네요.
  
  그리고 연습장까지 같이 업로드되서 풀이를 다시 올립니다.
  
  /resources/comment/2022/04/e0ceb014aad11bd572327c31464fa5bf.pdf
  
  /resources/comment/2022/04/6dddda588e221492277ee5e4d974de9a.pdf
  
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- 유지연_매니저 Lv.15 2022.04.26 15:22
  
  안녕하세요~ 어셈블 멘토에게 확인 요청했습니다~ 조금만 기다려주세요~!
  
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- 강지원 멘토 Lv.3 2022.04.26 16:28
  
  첫 번째 사진의 두 번째 페이지에서 $e^{-\sum_{k}q_{k}logq_{k}}\leq \left(\sum_{i,j}\left|i-j\right|p_{i}p_{j}+1\right)\cdot A$ 를 얻은 이후에 $(T(p)+1)\cdot A$ 가 아니라 $(2T(p)+1)\cdot A$ 로 넘어가는 게 맞는 것 같은데, 다행히 풀이 진행에는 상수 조금 바뀌는 것을 제외하면 영향이 없습니다. $T(p)$ 라는 중간 변수를 잡아서 $e^{h(p)}$ 와 $V(p)$ 를 연결했네요 잘 풀었습니다!
  
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- 공대생 Lv.3 2022.04.26 22:05
  
  앗 그러네요
  
  감사합니다~
  
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- 공대생 Lv.3 2022.04.27 10:44
  
  혹시 해결 딱지는 언제 붙나요?
  
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- 조가현 편집장 Lv.15 2022.05.04 15:49
  
  해결 딱지는 출제자인 교수님의 검토가 끝나야 붙습니다. 지금은 대학생 멘토의 검토만 끝난 상황입니다!
  
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- 공대생 Lv.3 2022.05.04 22:07
  
  넵 알겠습니다!
  
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