이 문서는 [[/book/concrete-math]] 2장.합 - 6.유한 - 무한 미적분을 공부한 노트입니다.

표기법

무한 미적분(infinite calculus)

미분연산자 D

무한 미적분은 미분연산자(derivative operator) D의 성질을 토대로 한다.

\[Df(x) = \lim_{h \to 0} {f(x+h) - f(x) \over h}\]

D를 적용하는 방법, 즉 미분하는 방법은 다음과 같다.

고등학교에서 배운 그냥 미분이다.

\[D(x^m) = mx^{m-1}\]

D 연산자의 역함수는 \(\int\)

적분 기호 \(\int\).

  • 상식대로 미분의 역함수는 적분이다.
    • 위에서 미분 연산자로 D가 나왔으므로, D의 역함수 역할을 하는 연산자는 적분 기호 \(\int\) 이다.
    • 반도함수(anti-derivative) 연산자라고도 부른다.

책에 실린 두 연산자의 관계는 다음과 같다.

\[g(x) = Df(x) \quad \text{if and only if} \quad \int g(x)dx = f(x) + C\]

번역서에는 다음과 같이 나와 있다.

\[만일 \int g(x)dx = f(x) + C \quad \text{이면, 그리고 오직 그럴 때만} \quad g(x) = Df(x)\]

나는 다음과 같이 심플하게 이해했다. 고등학교에서 배운 그대로다.

  • \(g(x)\)를 적분해서 나온 결과를 \(f(x) + C\)라 하자.
  • 그렇다면 \(f(x)\)를 미분하면 \(g(x)\)가 나온다.

정적분(definite integrals)

  • \(g(x) = Df(x)\) 이면 다음이 성립한다.
    • ( \(f(x)\)를 미분한 결과가 \(g(x)\)이면 다음이 성립한다. )
\[\begin{align} \int_a^b g(x) dx & = f(x) \mid_a^b \\ & = f(b) - f(a) \\ \end{align}\]

유한 미적분(finite calculus)

차분연산자 \(\Delta\)

"깔끔하고 체계적인 방식으로 합산에 접근할 수 있다."

유한 미적분은 차분연산자(difference operator) \(\Delta\)의 성질을 토대로 한다.

차분(difference)은 "미분"과 한 글자 차이이므로 외우기도 쉽다.

유한 미적분 버전의 미분이라 생각하면 될 것 같다.

  • 위의 무한 미적분에서 살펴본 Df(x)에 다음의 제약을 추가한다.
    • h는 양의 정수.
    • 따라서, \(h \to 0\) 의 극한에 가장 가까운 것은 \(h = 1\).

위의 특징들을 적용한 식을 \(\Delta f(x)\)라 하자.

다음과 같이 식을 꾸밀 수 있다.

\[\begin{align} \Delta f(x) & = \lim_{h \to 0 \\ h \in 양의 정수} {f(x+h) - f(x) \over h} \\ & = \lim_{h = 1} {f(x+h) - f(x) \over h} \\ & = {f(x+h) - f(x) \over 1} \\ & = f(x+h) - f(x) \\ \\ \therefore \Delta f(x) & = f(x+1) - f(x) \\ \end{align}\]

\(\Delta\)를 적용하는 방법, 즉 유한 미분(차분)하는 방법은 다음과 같다.

\(x^3\)을 예로 들자면…

\[\begin{align} \Delta (x^3) & = (x+1)^3 - x^3 \\ & = (x^3 + 3x^2 + 3x +1) - x^3 \\ & = 3x^2 + 3x + 1 \\ \end{align}\]

\(\Delta\) 연산자의 역함수는 \(\sum\)

  • 반차분(anti-difference) 연산자라고도 한다.

책에 실린 두 연산자의 관계는 다음과 같다.

\[g(x) = \Delta f(x) \quad \text{if and only if} \quad \sum g(x) \delta x = f(x) + C\]

차분과 반차분의 관계는 무한 미적분의 미분과 적분의 관계와 비슷하다고 생각하면 될 것 같다.

\[미분과 \; 적분 \\ 차분과 \; 반차분\]

번역서에는 다음과 같이 나와 있다.

\[만일 \sum g(x) \delta x = f(x) + C \quad \text{이면, 그리고 오직 그럴 때만} \quad g(x) = \Delta f(x)\]

나는 다음과 같이 심플하게 이해했다.

  • \(\sum g(x) \delta x\)의 닫힌 형식을 \(f(x) + C\) 라 하자.
    • C는 적분 상수(적분 결과로 튀어나온 값이 무엇인지 모르는 상수).
  • 그렇다면 \(f(x)\) 에 \(\Delta\) 연산자를 적용하면 \(g(x)\)가 된다.

\(\Delta\)를 풀어 식으로 표현하자면 다음과 같다.

\[\begin{align} \Delta f(x) & = g(x) \\ & = f(x+1) - f(x) \\ \\ \end{align}\]

정합(definite sums)

무한 미적분에 정적분이 있는 것과 같이, 유한 미적분에는 정합이 있다.

구간이 있는 덧셈, 즉 구간이 있는 반차분이라 생각하면 될 것 같다.

  • \(g(x) = \Delta f(x)\) 이면 다음이 성립한다. (단, \(b \ge a\))
    • ( \(g(x) = f(x+1) - f(x)\)이면 다음이 성립한다. )
\[\begin{align} \sum_a^b g(x) \delta x & = f(x) \mid_a^b \\ & = f(b) - f(a) \\ & = \sum_{k=a}^{b-1} g(k) \\ & = \sum_{a \le k \lt b} g(k), \quad \text{ for integers } b \ge a \\ \end{align}\]

이유는 다음과 같다.

\[\require{cancel} \begin{align} \sum_{k=a}^{b-1} g(k) & = \sum_{k=a}^{b-1} \Delta f(k) \\ & = \sum_{k=a}^{b-1} \left( f(k+1) - f(k) \right) \\ & = \sum_{k=a}^{b-1} \left( - f(k) - f(k+1) \right) \\ \\ & = - f(a) + \cancel{f(a+1)} \\ & \quad - \cancel{f(a+1)} + \cancel{f(a+2)} \\ & \quad - \cancel{f(a+2)} + \cancel{f(a+3)} \\ & \quad ... \\ & \quad - \cancel{f(b - 1)} + f(b) \\ \\ & = -f(a) + f(b) \\ \\ \therefore \sum_{k=a}^{b-1} g(k) & = -f(a) + f(b) \\ 한편 \; \sum_a^b g(x) \delta x & = f(b) - f(a) \; 이므로,\\ \sum_a^b g(x) \delta x & = \sum_{k=a}^{b-1} g(k) \\ \end{align}\]
참고: 망원합(telescoping sum)

위에서 나온 \(\sum (f(k+1) - f(k))\) 와 같이, 전개했을 때 최초항과 마지막 항만 남는 모양의 합을 망원합(telescoping sum)이라 부른다.

쉽게 표현하자면 다음과 같다.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \le n} (f(k+1) - f(k)) & = \sum_{0 \le k \le n} (-f(k) + f(k+1)) \\ & = -f(0)+f(1) \\ & \quad -f(1)+f(2) \\ & \quad -f(2)+f(3) \\ & \quad ... \\ & \quad -f(n)+f(n+1) \\ & = -f(0)+f(n+1) \\ \end{align}\]
정합: \(b \lt a\) 인 경우

정합의 정의는 다음과 같았다.

\[\begin{align} \sum_a^b g(x) \delta x & = f(x) \mid_a^b \\ & = f(b) - f(a) \\ \end{align}\]

따라서 \(b \lt a\)라면 다음이 성립한다.

\[\begin{align} \sum_a^b g(x) \delta x & = f(b) - f(a) \\ & = -(f(a) - f(b)) \\ & = - \sum_{\color{red}b}^{\color{red}a} g(x) \delta x \end{align}\]
  • 그냥 더해가는 방향이 다를 뿐이라고 생각하면 심플하다.
  • 어차피 적분과 아이디어는 같다.

같은 논리로 적분의 다음 항등식을 합산에 응용할 수 있다.

\[\int_a^{\color{red}b} + \int_{\color{red}b}^c = \int_a^c\]

즉, 합산에서는 다음과 같다.

\[\sum_a^{\color{red}b} g(x) \delta x + \sum_{\color{red}b}^c g(x) \delta x = \sum_a^c g(x) \delta x\]

mth power 함수

편의를 위해 mth power 함수라는 형태를 새로 정의하자.

  • mth power 라고 쓰고 Math Power 라고 읽자! (신난다)

mth power 함수는 두 종류가 있다.

  • x의 m 내림제곱
  • x의 m 올림제곱

x의 m 내림제곱

\[x^{\underline m} = \overbrace{x \cdot (x-1) \cdot (x-2) \cdot ... \cdot (x-m+1)}^{m개}, \quad integer \; m \ge 0.\]

팩토리얼과 비슷한 느낌이지만 약간 다르다.

예를 들어 10의 4 내림제곱이라면 다음과 같이 전개된다.

\[10^{\underline{4}} = 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7\]

x의 m 올림제곱

\[x^{\overline m} = \overbrace{x \cdot (x+1) \cdot (x+2) \cdot ... \cdot (x+m-1)}^{m개}, \quad integer \; m \ge 0.\]

이것도 팩토리얼과 비슷한 느낌이지만 약간 다르다.

예를 들어 10의 4 올림제곱이라면 다음과 같이 전개된다.

\[10^{\overline 4} = 10 \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13\]

내림제곱, 올림제곱, 팩토리얼의 관계

\[\begin{array}{ccccccc} n! & = & n^{\underline n} & = & 1^{\overline n} \\ n 팩토리얼 & = & n의 n 내림제곱 & = & 1의 n 올림제곱 \\ \end{array}\]

내림 거듭제곱과 차분연산자

내림 거듭제곱 \(x^{\underline m}\)을 차분하면 다음과 같이 된다.

\[\begin{align} \Delta (x^{\underline m}) & = (x+1)^{\underline m} - x^{\underline m} \\ \\ & = \color{red}{(x + 1)}(x)(x - 1)(x - 2) ... (x-m+2) \\ & \quad \quad \quad - (x)(x - 1)(x - 2) ... (x-m+2)\color{red}{(x-m+1)} \\ & = ( \color{red}{(x+1)} - \color{red}{(x-m+1)} ) \cdot (x)(x-1)(x-2) ... (x-m+2)\\ & = m \cdot \underbrace{(x)(x-1)(x-2) ... (x-m+2)}_{m-1 개}\\ \therefore \Delta (x^{\underline m}) & = m x^{\underline{m-1}} \\ \end{align}\]

법칙: 내림제곱의 합산

위에서 배운 모든 표기법을 조합하여 다음을 유도할 수 있다.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline{m}} & = { k^{\underline{m+1}} \over m+1 } \biggr\rvert_0^n \\ & = { n^{\underline{m+1}} \over m+1 }, \quad \text{for integers } m, n \ge 0 \\ \end{align}\]

이유는 다음과 같다.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline{m}} & = \sum_{0 \le k \lt n} \left( \frac{1}{m+1} \cdot (m+1) \cdot k^{\underline{(m+1)-1}} \right) \\ & = \sum_{0 \le k \lt n} \left( \frac{1}{m+1} \cdot \Delta(k^{\underline{m+1}}) \right) \\ & \color{gray}{ \quad \because \Delta (x^{\underline{m}}) = mx^{\underline{m-1}} } \\ & = \frac{1}{m+1} \sum_{0 \le k \lt n} \Delta(k^{\underline{m+1}}) \\ & = \frac{1}{m+1} \sum_{0 \le k \lt n} \left( (k+1)^{\underline{m+1}} - k^{\underline{m+1}}\right) \\ & \color{gray}{ \quad \because \Delta f(x) = f(x+1) - f(x) = g(x) } \\ & = \frac{1}{m+1} \cdot \left( - 0^{\underline{m+1}} + (n-1+1)^{\underline{m+1}}) \right)\\ & \color{gray}{ \quad \because \text{망원합이기 때문에 가장 작은 항과 가장 큰 항만 남는다 }} \\ & = \frac{1}{m+1} \cdot \left( n^{\underline{m+1}} \right)\\ & = {n^{\underline{m+1}} \over m+1} \\ \\ \end{align}\]

잘 살펴보면, 적분과 비슷한 모양이라 외우기 쉽다.

\[\begin{align} \text{적분} \quad & \int_0^n x^m dx & = { n^{m+1} \over m+1 } \\ \text{내림제곱의 합산(반차분)} \quad & \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline{m}} & = { n^{\underline{m+1}} \over m+1 } \end{align}\]

내림제곱의 합산을 응용하기

\(\sum_0^n k = \frac{n(n+1)}{2}\) 의 증명

m = 1인 경우엔 다음과 같이 모양이 단순해진다.

\[k^{\underline 1} = k\]

여기에 내림제곱의 합산 공식을 적용하면 자연스럽게 \(\sum k\)를 유도할 수 있다. (부등호 \(\lt\)에 주의)

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \color{red}\lt n} k & = \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline 1} \\ & = { n^{\underline{1+1}} \over 1 + 1 } \\ & \color{gray}{ \quad \because \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline{m}} = { n^{\underline{m+1}} \over m+1 } } \\ & = { n^{\underline{2}} \over 2 } \\ & = { n(n-1) \over 2 } \\ \end{align}\]

만약 범위를 \(0 \le k \lt n\) 이 아니라 \(0 \le k \le n\)로 조정하면 다음과 같이 될 것이다.

방법은 간단하다. n에 n+1을 대입하면 된다.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \le n} k & = { (n+1)(n+1-1) \over 2 } \\ & = { n(n+1) \over 2 } \\ \end{align}\]

또는 n 을 추가로 더해 유도하는 방법도 있을 것이다.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \le n} k & = \left( \sum_{0 \le k \lt n} k \right) + n \\ & = { n(n-1) \over 2 } + n \\ & = { n^2 - n + 2n \over 2 } \\ & = { n^2 + n \over 2 } = { n(n+1) \over 2 } \\ \end{align}\]

\(\sum_0^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) 의 증명

\[\begin{align} k^{\color{red}{\underline 2}} & = k \cdot (k-1) \\ & = k^2 - k \\ \therefore k^2 & = k^{\color{red}{\underline 2}} + k \\ & = k^{\color{red}{\underline 2}} + k^{\color{red}{\underline 1}}\\ \end{align}\]

이 결과를 \(\sum k^2\)에 대입해 보자.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \color{red}\lt n} k^2 & = \sum_{0 \le k \lt n} (k^{\underline 2} + k^{\underline 1}) \\ & = \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline 2} + \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline 1} \\ & = { n^{\underline 3} \over 3 } + { n^{\underline 2} \over 2 }\\ & \color{gray}{ \quad \because \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline{m}} = { n^{\underline{m+1}} \over m+1 } } \\ & = { 2 n^{\underline 3} + 3 n^{\underline 2} \over 6 }\\ & = { 2 n(n-1)(n-2) + 3 n(n-1) \over 6 }\\ & = { n(n-1)(2(n-2) + 3) \over 6 }\\ & = { n(n-1)(2n-1) \over 6 }\\ \end{align}\]

만약 범위를 \(0 \le k \lt n\) 이 아니라 \(0 \le k \le n\)로 조정하면 다음과 같이 될 것이다.

방법은 간단하다. n에 n+1을 대입하면 된다.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \le n} k^2 & = { (n+1)(n+1-1)(2(n+1)-1) \over 6 }\\ & = { (n+1)(n)(2n+1) \over 6 }\\ \end{align}\]

너무 쉬워서 어이가 없을 정도다. 고등학생 때 이걸 배웠다면 얼마나 좋았을까.

\(\sum_0^n k^3\) 은 어떻게 될까?

세제곱수의 합은 아직 알지 못하므로 이번 기회에 유도해 두면 편할 것 같다.

일단 제곱수의 합을 증명할 때와 같이 내림제곱을 사용하여 활용하기 적당한 식을 만들어 보자.

\[\begin{align} k^{\color{red}{\underline 3}} & = k \cdot (k-1) \cdot (k-2) \\ & = k(k-1)(k-2) \\ & = k(k^2 -3k + 2) \\ & = k^3 -3k^2 + 2k \\ & = k^3 -3k^2 + 2k^{\color{red}{\underline 1}} \\ & = k^3 -3(k^{\color{red}{\underline 2}} + k^{\color{red}{\underline 1}}) + 2k^{\color{red}{\underline 1}} \\ & \quad \because \color{gray}{\text{거듭제곱의 합 증명 참고}} \\ & = k^3 -3k^{\color{red}{\underline 2}} - k^{\color{red}{\underline 1}} \\ \therefore k^3 & = k^{\color{red}{\underline 3}} + 3k^{\color{red}{\underline 2}} + k^{\color{red}{\underline 1}} \\ \end{align}\]

이제 합 식을 다음과 같이 꾸밀 수 있게 되었다.

\[\begin{align} \sum_{a \le k \lt b} k^3 & = \sum_{a \le k \lt b} \left( k^{\underline 3} + 3k^{\underline 2} + k^{\underline 1} \right) \\ & = { k^{\underline 4} \over 4 } + { 3k^{\underline 3} \over 3 } + { k^{\underline 2} \over 2 } \biggr\rvert_a^b \\ & = { k^{\underline 4} \over 4 } + k^{\underline 3} + { k^{\underline 2} \over 2 } \biggr\rvert_a^b \quad \color{gray}{\text{책에는 여기까지만 나와 있다.}} \\ & = \left( { b^{\underline 4} \over 4 } + b^{\underline 3} + { b^{\underline 2} \over 2 } \right) - \left( { a^{\underline 4} \over 4 } + a^{\underline 3} + { a^{\underline 2} \over 2 } \right) \\ \end{align}\]

그렇다면 \(\sum_0^n k^3\) 은 다음과 같이 구할 수 있을 것이다.

\[\require{cancel} \begin{align} \sum_{0 \le k \lt n} k^3 & = { n^{\underline 4} \over 4 } + n^{\underline 3} + { n^{\underline 2} \over 2 } \\ & = { n^{\underline 4} + 4n^{\underline 3} + 2n^{\underline 2} \over 4 } \\ & = { n(n-1)(n-2)(n-3) + 4n(n-1)(n-2) + 2n(n-1) \over 4 } \\ & = { n(n-1) \biggr( (n-2)(n-3) + 4(n-2) + 2 \biggr) \over 4 } \\ & = { n(n-1) ( n^2 - 5n + 6 + 4n -8 + 2 ) \over 4 } \\ & = { n(n-1) ( n^2 -n ) \over 4 } \\ & = { n(n-1) \cdot n(n-1) \over 4 } \\ & = { n^2(n-1)^2 \over 4 } \\ \end{align}\]

이제 \(0\)부터 \(n-1\) 까지의 \(k^3\)의 합을 구했으므로 \(\sum_{0 \le k \le n} k^3\)을 구할 수 있다.

다음과 같이 n 대신 n+1을 대입하면 될 것이다.

\[\require{cancel} \begin{align} \sum_{0 \le k \le n} k^3 & = { (n+1)^2(n+1-1)^2 \over 4 } \\ & = { (n+1)^2 \cdot n^2 \over 4 } \\ & = { n^2(n+1)^2 \over 4 } \\ \end{align}\]

내림제곱의 또다른 특징

다음과 같이 직접 다루는 것이 가능한 경우가 많다.

다음은 널리 알려진 곱셈 공식이다.

\[(x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2\]

이와 유사하게 내림제곱에서도 다음이 가능하다.

\[(x+y)^{\underline 2} = x^{\underline 2} + 2x^{\underline 1}y^{\underline 1} + y^{\underline 2}\]

이유는 다음과 같다.

\[\begin{align} (x+y)^{\underline 2} & = (x+y)(x+y-1) \\ & = x^2 +xy -x +xy +y^2 -y \\ & = (x^2 -x) +2xy +(y^2 -y) \\ & = (x^2 -x^{\underline 1}) +2xy +(y^2 -y^{\underline 1}) \\ & = x^{\underline 2} +2xy +y^{\underline 2} \\ & \quad \color{gray}{\because k^2 = k^{\underline 2} + k^{\underline 1}} \\ & = x^{\underline 2} +2x^{\underline 1}y^{\underline 1} +y^{\underline 2} \\ \end{align}\]

한편, \((x+y)^m\) 과 \((x+y)^{\underline m}\) 도 유사한 관계가 있다고 한다.

증명은 5장 연습문제 37번에서 한다.

내림제곱의 지수가 - 인 경우

다음과 같이 "더해가며 나누는 것"으로 생각할 수 있을 것이다.

\[\begin{align} x^{\underline 3} & = x(x-1)(x-2) \\ x^{\underline 2} & = x(x-1) \\ x^{\underline 1} & = x \\ x^{\underline 0} & = 1 \\ x^{\underline -1} & = { 1 \over (x+1) } \\ x^{\underline -2} & = { 1 \over (x+1)(x+2) } \\ x^{\underline -3} & = { 1 \over (x+1)(x+2)(x+3) } \\ \end{align}\]

따라서 다음과 같이 정의할 수 있다.

\[x^{\underline -m} = { 1 \over (x+1)(x+2)...(x+m) }, \quad for \; m \gt 0 \\\]

지수 m에는 실수를 넣을 수도 있고, 복소수를 넣을 수도 있다고 한다. (숫자 타입이 다 들어가네?)

이에 대해서는 5장에서 다룬다고 한다.

참고로 차분 연산자 또한 내림제곱이 음수일 때에도 성립한다고 한다.

\[\Delta x^{\underline m} = mx^{\underline{m-1}}\]

내림제곱의 지수법칙

다음은 일반적인 거듭제곱의 지수법칙이다.

\[x^{m+n} = x^m x^n\]

내림제곱에서는 다음과 같다.

\[x^{\underline{m+n}} = x^{\underline m} (x-m)^n, \quad \text{integers m and n}\]

이유는 다음과 같다.

\[\begin{align} x^{\underline{m+n}} & = \overbrace{x(x-1)(x-2)...(x-(m+n-1))}^{m+n개} \\ & = \overbrace{x(x-1)(x-2)...(x-(m-1))}^{m개} \\ & \quad \times \overbrace{(x-m)(x-(m+1))(x-(m+2))...(x-(m+n-1))}^{n개} \\ \\ & = x^{\underline m} (x-m)^n \\ \end{align}\]

내림제곱 합산 법칙의 일반화

\(\ln x\) 의 이산 버전은 조화수 \(H_n\)

위에서 언급되었던 내림제곱의 합산 법칙은 다음과 같다.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline{m}} & = { k^{\underline{m+1}} \over m+1 } \biggr\rvert_0^n \\ & = { n^{\underline{m+1}} \over m+1 }, \quad \text{for integers } m, n \ge 0 \\ \end{align}\]

이제 내림제곱이 음수에 대해서도 작동한다는 것을 알게 되었으므로, 법칙을 다음과 같이 일반화할 수 있다.

\[\begin{align} \sum_a^b x^{\underline{m}} \delta x = \frac{x^{\underline{m+1}}}{m+1} \biggr\rvert_a^b, \quad for \; m \ne -1 \end{align}\]

이제 \(m = -1\) 인 경우만 알아보면 될 것 같다.

즉, \(x^{\underline{-1}}\)을 반차분한 \(\sum_{0 \le k \lt n} x^{\underline{-1}}\) 의 해가 어떻게 되는지를 알아내면 된다.

쉽게 표현하자면, 차분했을 때 \(x^{\underline{-1}}\)가 나오는 식 \(f(x)\)를 찾아야 한다.

\[\Delta f(x) = x^{\underline{-1}} = \frac{1}{x+1}\]

\(\Delta f(x) = f(x+1) - f(x)\) 이므로, \(f(x+1) - f(x)\) 모양을 만족하는 함수를 찾으면 될 것 같다.

참고로 무한 미적분에서 \(x^-1\)을 적분하면 \(\ln x\)가 나온다.

\[\int_a^b dx = \ln x \biggr\rvert_a^b\]

따라서 이번 과제는 \(\ln x\)의 이산 버전을 찾는 셈이기도 하다.

자 그렇다면 이제 어떻게 찾아야 할지를 열심히 생각해야 한다.

…그런데 책에서 바로 답을 알려준다.

\[f(x) = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{x}\]

아하 이거라면 \(\Delta f(x) = \frac{1}{x+1}\)이 될 것 같다.

이유는 다음과 같다.

\[\begin{align} \Delta f(x) & = f(x+1) - f(x) \\ & = (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{x} + \frac{1}{x+1}) - (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{x}) \\ & = \frac{1}{x+1} \\ \end{align}\]

사실 이것은 예전에 배운 적 있는 조화수 \(H_n\)이다.

\[H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n}\]

책에 의하면 이로 인해 \(H_n\)은 연속함수 \(\ln x\)의 이산 버전인 셈이라 한다.

아무튼 \(x^{\underline{-1}}\)을 유한적분한 식이 조화수라는 것도 알게 되었다.

이제 다음과 같이 정리할 수 있다.

\[\sum_a^b x^{\underline m} \delta x = \begin{cases} { x^{\underline{m+1}} \over m+1 } \biggr\rvert_a^b, & if \; m \ne -1 \\ H_x \biggr\rvert_a^b & if \; m - -1 \\ \end{cases}\]

\(e^x\)의 이산 버전은 \(2^x\)

\(\ln x\)를 찾았는데 \(e^x\)의 이산 버전을 안 찾을 수는 없을 것이다.

참고로 무한 미적분에서의 \(e^x\)는 미분해도 \(e^x\)인 멋지고 유용한 녀석이다.

\[D e^x = e^x\]

그렇다면 유한 미적분에서는 어떨까?

다음의 항등식을 만족시키는 \(f(x)\)를 찾으면 될 것 같다.

\[\Delta f(x) = f(x)\]

다음과 같이 정리할 수 있을 것 같다.

\[\begin{align} f(x) & = \Delta f(x) \\ & = f(x+1) - f(x) \\ \\ \therefore 2f(x) & = f(x+1) \\ \end{align}\]

이는 다음 항으로 갈 때마다 2씩 곱해 간다는 의미이다.

심플하게 다음과 같이 정리할 수 있다.

\[f(x) = 2^x\]

시험삼아 유한 미분(차분)을 해 보자.

\[\begin{align} \Delta f(x) & = f(x+1) - f(x) \\ & = 2^{x+1} - 2^x \\ & = 2^x \cdot (2 - 1) \\ & = 2^x \\ \end{align}\]

오 정말 자기 자신이 나온다.

그렇다면 2가 아니라 다른 수가 있는 경우엔 어떻게 차분할 수 있을까?

다음과 같이 하면 된다.

\[\begin{align} \Delta(c^x) & = c^{x+1} - c^x \\ & = c^x \cdot (c - 1) \\ & = (c-1)c^x \\ \end{align}\]

이를 통해 \(c^x\)의 반차분은 \(\frac{c^x}{c-1}\)가 된다는 것을 알 수 있다. (c-1은 상수이므로)

따라서 다음과 같이 정리할 수 있다.

\[\begin{align} \sum_{a \le k \lt b} c^k & = \sum_a^b c^x \delta x \\ & = \frac{c^x}{c-1} \biggr\rvert_a^b \\ & = \frac{c^b}{c-1} - \frac{c^a}{c-1} \\ \\ \therefore \sum_{a \le k \lt b} c^k & = \frac{c^b - c^a}{c-1}, \quad for \; c \ne 1 \\ \end{align}\]

이것은 고등학교 때 배운 등비수열의 합 일반식을 증명하는 방법이기도 하다.

부분합산

이번에는 \(\Delta f(x)g(x)\) 에 대해 알아보자.

"부분합산은 미적분의 부분적분(integration by parts)에 대응된다."

일단 무한 미적분에서는 다음과 같이 처리한다.

  • \(D(uv) = uDv + vDu\)  
  • \(\int uDv + \int vDu = uv\)  

유한 미적분에서는 다음과 같다.

\[\begin{align} \Delta(f(x)) & = f(x+1) - f(x) \\ & \color{gray}{\text{ f(x) 에 u(x)v(x) 를 넣어보자 }} \\ \Delta(u(x)v(x)) & = u(x+1)v(x+1) - u(x)v(x) \\ & = u(x+1)v(x+1) - u(x)v(x) + \color{red}{ u(x)v(x+1) - u(x)v(x+1) } \\ & = u(x) \biggr( v(x+1) -v(x) \biggr) + v(x+1) \biggr( u(x+1) - u(x) \biggr)\\ & = u(x) \Delta v(x) + v(x+1) \Delta u(x) \\ \\ \therefore \Delta uv & = u\Delta v + v\Delta u \\ \end{align}\]

그리고 일일이 f(x+1)을 쓰는 건 귀찮으니 다음과 같은 표기법을 추가하자.

\[Ef(x) = f(x+1)\]

E는 자리이동 연산자(shift operator)라고 부른다.

이제 E를 적용하면 다음과 같이 정리할 수 있다.

\[\begin{align} \Delta a(x)b(x) & = a(x)\Delta b(x) + b(x+1)\Delta a(x) \\ & = a(x)\Delta b(x) + Eb(x)\Delta a(x) \\ \\ \therefore \Delta(ab) & = a\Delta b + E b\Delta a \end{align}\]

이제 유한/무한 부분미적분을 요약할 수 있다.

  • 무한 미적분의 경우: \(D(uv) = uDv + vDu\)  
  • 유한 미적분의 경우: \(\Delta(uv) = u\Delta v + Ev\Delta u\)  

참고로, 무한 미적분에서는 유한 미적분에서 f(x+1)의 1이 0으로 수렴하기 때문에 E가 사라진다.

그리고 양변에 부정합을 취해주면,

\[\begin{align} \Delta(uv) & = u\Delta v + E v\Delta u \\ & \color{gray}{\text{ 양 변에 부정합을 취해주자 }} \\ \sum \Delta(uv) & = \sum(u\Delta v + E v\Delta u) \\ uv & = \sum u\Delta v + \sum E v\Delta u \\ \\ \therefore \sum u\Delta v & = uv - \sum Ev \Delta u \end{align}\]

위의 식에 등장하는 세 항 모두에 한계(범위)를 지정하면 부정합은 정합이 된다. (부정적분이 정적분이 되는 것과 비슷)

부분합산의 응용: \(\sum x 2^x \delta x\)

  • \(\int xe^x dx\)  
    • 흔히 부분적분으로 적분하는 함수이다.
  • \(\sum x2^x \delta x\)  
    • 위의 식의 이산 버전이다.

\(\sum x2^x \delta x\)에 부분합산을 사용해 보자.

일단 다음과 같이 정의하고 풀이를 시작하자.

\[\begin{align} x & = u(x) \\ 2^x & = \Delta v(x) \\ \\ 그러므로 \\ \\ \Delta u(x) & = 1 \\ v(x) & = 2^x \\ Ev(x) & = 2^{x+1} \\ \end{align}\]

이를 위에서 얻어낸 공식에 대입하자.

\[\begin{align} \sum u\Delta v & = uv - \sum Ev \Delta u \\ \sum u(x) \Delta v(x) \delta x & = u(x) v(x) - \sum E v(x) \Delta u(x) \delta x \\ \sum x 2^x \delta x & = x 2^x - \sum 2^{x+1} \cdot 1 \delta x \\ & = x 2^x - (2^{x+1} + C ) \\ & = 2^x ( x - 2 ) - C \\ \end{align}\]

이제 한계(범위)를 부여하자.

\[\begin{align} \sum_{k=0}^n k2^k & = \sum_0^{n+1} x2^x \delta x \\ & = x2^x - 2^{x+1} - C \biggr\rvert_0^{n+1} \\ & = 2^x(x-2) \biggr\rvert_0^{n+1} \\ & = \biggr( 2^{n+1}(n+1-2) - C \biggr) - \biggr( 2^0(0-2) - C \biggr) \\ & = \biggr( 2^{n+1}(n-1) -C \biggr) - \biggr( -2 - C \biggr) \\ & = 2^{n+1}(n-1) + 2 \\ \end{align}\]

부분합산의 응용: \(\sum_{0 \le k \lt n} kH_k x\)

이번에는 다음을 풀어 보자.

\[\sum_{0 \le k \lt n} kH_k\]

일단 다음과 같이 정의하고 풀이를 시작하자.

\[\begin{align} H_x & = u(x) \\ x & = x^{\underline 1} \\ x & = \Delta v(x) \\ \\ 그러므로 \\ \\ \Delta u(x) & = x^{\underline{-1}} \\ v(x) & = \frac{x^{\underline 2}}{2} \\ Ev(x) & = \frac{(x+1)^{\underline 2}}{2} \\ \end{align}\]

이를 위에서 얻은 공식에 대입하자.

uv 순서를 지켜야 덜 헷갈리므로 \(\sum_{0 \le k \lt n} kH_k\)를 \(\sum_{0 \le k \lt n} H_k k\)로 바꾸고 푸는 쪽이 좋을 것 같다.

\[\begin{align} \sum u\Delta v & = uv - \sum Ev \Delta u \\ \sum u(x) \Delta v(x) \delta x & = u(x) v(x) - \sum E v(x) \Delta u(x) \delta x \\ \\ \sum H_x x \delta x & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \sum \frac{(x+1)^{\underline 2}}{2} x^{\underline{-1}} \delta x \\ & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \frac{1}{2} \sum (x+1)^{\underline 2} x^{\underline{-1}} \delta x \\ & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \frac{1}{2} \sum (x+1)(x) x^{\underline{-1}} \delta x \\ & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \frac{1}{2} \sum (x+1)(x) \frac{1}{x+1} \delta x \\ & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \frac{1}{2} \sum x \delta x \\ & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \frac{1}{2} \sum x^{\underline 1} \delta x \\ & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \frac{1}{2} ( \frac{x^{\underline 2}}{2} + C ) \\ & = H_x \frac{x^{\underline 2}}{2} - \frac{x^{\underline 2}}{4} + C \\ & = \frac{x^{\underline 2}}{2}(H_x - \frac{1}{2}) + C \\ \end{align}\]

이제 한계(범위)를 주자.

\[\begin{align} \sum_{0 \le k \lt n} kH_k & = \sum_0^n xH_x \delta x \\ & = \frac{x^{\underline 2}}{2}(H_x - \frac{1}{2}) + C \biggr\rvert_0^n \\ & = \biggr( \frac{n^{\underline 2}}{2}(H_n - \frac{1}{2}) \biggr) - \biggr( \frac{0^{\underline 2}}{2}(H_0 - \frac{1}{2}) \biggr) \\ & = \frac{n^{\underline 2}}{2}(H_n - \frac{1}{2}) \\ \end{align}\]

차분 목록

다음은 책에 있는 지금까지 나온 차분 식을 옮겨온 것이다.

  • 왼쪽 열의 식을 차분하면 오른쪽 열이 나온다.
  • 오른쪽 열의 식을 반차분하면 왼쪽 열이 나온다.

예를 들어 첫번째 행은 "\(x^{\underline 0}\)을 차분하면 \(0\)이 된다"로 보면 적당하다.

\(f=\sum g\) \(\Delta f=g\) 참고
\(x^{\underline 0}=1\) 0  
\(x^{\underline 1}=x\) 1  
\(x^{\underline 2}=x(x-1)\) \(2x\)  
\(x^{\underline m}\) \(mx^{\underline{m-1}}\)  
\(\frac{x^{\underline m}}{m+1}\) \(x^{\underline{m}}\) \(m\ne-1\)인 경우
\(H_x\) \(x^{\underline{-1}}=\frac{1}{x+1}\) \(m=1\)인 경우
\(2^x\) \((2-1)2^x = 2^x\) c는 상수
\(c^x\) \((c-1)c^x\) c는 상수
\(\frac{c^x}{c-1}\) \(c^x\) c는 상수
\(cu\) \(c\Delta u\) c는 상수
\(uv\) \(u\Delta v + Ev \Delta u\) \(Ef(x) = f(x+1)\)
  • [[/book/concrete-math]]