# S8주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

## 예제 — 겹을 하나씩 벗기며

완성된 증명을 먼저 보이지 않는다. 예제 2.1은 설계부터 한 줄씩 함께 만들고, 예제 2.2는 설계만 함께 하고, 예제 2.3은 설계부터 스스로 한 뒤 표 없이 산문으로 적는다. 지지대가 한 예제마다 하나씩 빠지고, 마지막에 남는 것이 실전의 증명 모양이다.

### 예제 2.1 — 순서가 진위를 가른다

**(a) 명제.** 모든 실수 $x$에 대해, $x + y = 0$인 실수 $y$가 존재한다.

**설계 — 쓰기 전에 정하는 두 가지.** 가정이 주는 것(출발점)과 만들어야 할 것(도착점)을 먼저 정한다. 이번 명제에는 가정이 없으므로 출발점 칸은 무대뿐이다.

|  | **말** | **겹 구조로 번역** |
|---|---|---|
| 가정 (출발점) | 없음 | 무대: 실수 전체 |
| 목표 (도착점) | 모든 $x$에 대해 $x+y=0$인 $y$가 존재 | $\underline{\quad(?)\quad}$ — 겹 두 개, 바깥부터 |

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**확인 11.** 목표 칸을 기호로 적고, 겹을 바깥부터 나열해 각 겹의 기법 이름을 붙여 보자.
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:::{admonition} 답
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$\forall x \in \mathbb{R}\ \exists y \in \mathbb{R}: x + y = 0$.

바깥 겹은 $\forall x$ — 결론의 $\forall$이므로 **선택법**. 안쪽 겹은 $\exists y$ — 결론의 $\exists$이므로

**구성법**. 본체는 $x + y = 0$. 설계가 끝났고, 답안의 문장 개수까지 이미 정해졌다.
:::

**1걸음 — 바깥 겹을 처리한다.**

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**확인 12.** 첫 문장을 완성해 보자: "실수 $x$를 $\underline{\quad}$ 잡자." 이 문장을 쓰고 나면 남는 결론은 무엇인가.
:::

:::{admonition} 답
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"실수 $x$를 **임의로** 잡자." 남는 결론은 "$x + y = 0$인 실수 $y$가 존재한다"이다.

겹이 하나 줄었고, 새 결론은 존재 진술이다.
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**2걸음 — 안쪽 겹을 처리한다.** 남은 결론이 존재 진술이므로 증인을 제시한다. 증인은 $x$의 식이어도 된다 — $x$가 1걸음에서 이미 확정되었기 때문이다.

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**확인 13.** 둘째 문장을 완성해 보자: "$y = \underline{\quad}$으로 두자." 후보는 어떻게 찾는가.
:::

:::{admonition} 답
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$y = -x$. 후보는 본체를 방정식으로 보고 역산해 찾는다(S5주차의 공급로 ① 역산):

$x + y = 0$을 $y$에 대해 풀면 $y = -x$다.

이 식에 $x$가 들어 있다는 것이 이번 주의 요점이다. 시도 A(§1.1)가 막힌 이유가

여기서 해소된다 — 지금은 $x$가 무대에 있다.
:::

**3걸음 — 검증을 전수한다.** 증인을 제시했으면 자격과 사건을 모두 확인한다(S5주차).

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**확인 14.** $y = -x$에 대해 검증할 항목 두 가지를 적고 각각 확인해 보자.
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:::{admonition} 답
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자격: $y$가 실수인가 — $x$가 실수이므로 $-x$도 실수 ✓ (근거 ②).

사건: $x + y = 0$인가 — $x + (-x) = 0$ ✓ (근거 ③).

두 항목이 다 확인되었으므로 안쪽 겹이 충족되었다.
:::

**완성본.** 방금 만든 문장을 이어 붙이면 아래 왼쪽 열이 된다. 손으로 베껴 쓰면서 각 줄 옆의 "왜?"에 스스로 답해 본다.

| 증명의 한 줄 | 왜 이 줄을 쓰는가? |
|---|---|
| 실수 $x$를 임의로 잡자. | 바깥 겹 $\forall x$의 처리 — 결론의 $\forall$이므로 선택법. 이 문장이 $x$를 무대에 올린다. |
| $y = -x$로 두자. | 안쪽 겹 $\exists y$의 처리 — 결론의 $\exists$이므로 구성법. 증인이 $x$의 식인 것은 $x$가 이미 확정됐기 때문에 합법이다(맞춤 증인). |
| $x$가 실수이므로 $-x$도 실수이다. | 자격 검증. 이 줄이 빠지면 증인이 무대의 대상인지 확인되지 않는다. |
| $x + y = x + (-x) = 0$이다. | 사건 검증 — 본체 도달. 양화사가 소진된 뒤의 계산이므로 근거 ③만 쓴다. |
| $x$가 임의였으므로 모든 실수 $x$에 대해 성립한다. $\blacksquare$ | 바깥 겹의 마무리 선언(S6주차 걸음 ④). 겹을 연 순서의 역순으로 닫는다. |

**(b) 명제.** 어떤 실수 $y$가 존재하여, 모든 실수 $x$에 대해 $x + y = 0$이다.

본체는 (a)와 글자 하나 다르지 않고 겹의 순서만 바뀌었다. 그런데 이 명제는 거짓이다.

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**확인 15.** (b)를 기호로 적고 겹을 나열해 보자. 그리고 (b)가 거짓임을 보이려면 무엇을 해야 하는지 한 줄로 적어 보자.
:::

:::{admonition} 답
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$\exists y \in \mathbb{R}\ \forall x \in \mathbb{R}: x + y = 0$. 바깥 겹은 $\exists y$, 안쪽 겹은

$\forall x$이다.

거짓임을 보이려면 그런 $y_0$가 존재한다고 가정하고 모순을 이끌면 된다(1권 21주차의

귀류법). 가정하고 나면 $\forall x: x + y_0 = 0$이 **가정 쪽 $\forall$**가 되므로, 이쪽이

값을 골라 넣을 수 있다 — 특수화가 도구다.
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**확인 16.** 하나의 $y_0$에 서로 다른 두 값을 특수화해 충돌시키려 한다. 어떤 두 값을 넣으면 좋은가.
:::

:::{admonition} 답
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$x = 0$과 $x = 1$. 앞쪽은 $0 + y_0 = 0$, 곧 $y_0 = 0$을 주고, 뒤쪽은 $1 + y_0 = 0$,

곧 $y_0 = -1$을 준다. 두 결론이 양립하지 않는다.

값을 고르는 기준은 "산출물이 서로 다른 답을 강요하도록"이다. 만능 증인을 무너뜨리는

표준 기술이므로 문제 7$\cdot$문제 17에서 그대로 재사용한다.
:::

**반증.** 그런 실수 $y_0$가 존재한다고 가정하자 [귀류법의 오프닝]. 그러면 $\forall x \in \mathbb{R}: x + y_0 = 0$이 가정이 된다. 이 가정을 $x = 0$에 적용하면 [특수화 — 자격: $0$은 실수 ✓] $0 + y_0 = 0$이므로 $y_0 = 0$이다. 같은 가정을 $x = 1$에 적용하면 [특수화 — 자격 ✓] $1 + y_0 = 0$이므로 $y_0 = -1$이다. 따라서 $0 = -1$이 되어 모순이다. 그러므로 그런 $y_0$는 존재하지 않는다. $\blacksquare$

**관찰.** (a)와 (b)는 본체가 같고 겹의 순서만 다른데 한쪽은 참, 한쪽은 거짓이다. 거짓임을 확정한 것은 방금의 반증이다. 증인 $-x$가 $x$의 식이라는 관찰은 어떤 두 값을 충돌시킬지 짐작하게 해 준 단서였고, 판정 자체는 특수화 두 번이 내렸다(§1.2 확인 3).

### 예제 2.2 — 결론의 세 겹: ε-N 완주

**명제.** $a_n = \dfrac{n}{n+1}$일 때 $a_n \to 1$이다.

이번에는 설계만 함께 하고 본문은 완성본으로 본다.

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**확인 17.** 목표를 겹으로 펼치고, 세 겹 각각의 위치$\cdot$기법$\cdot$문장 꼴을 적어 보자.
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:::{admonition} 답
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목표는 $\forall \varepsilon > 0\ \exists N \in \mathbb{N}\ \forall n \in \mathbb{N}\,(n > N \Rightarrow |a_n - 1| < \varepsilon)$.

1겹 $\forall \varepsilon$ — 결론의 $\forall$ — 선택법 — "$\varepsilon > 0$을 임의로 잡자."

2겹 $\exists N$ — 결론의 $\exists$ — 구성법 — "$N = (\varepsilon$의 식$)$으로 두자."

3겹 $\forall n$ — 결론의 $\forall$ — 선택법 — "$n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자."

세 문장이 확정되었고, 남은 것은 2겹의 식 하나뿐이다.
:::

**연습장 — 문턱 역산.** 2겹의 증인 $N$은 본체를 역산해 찾는다. 본체의 좌변을 먼저 정리하면

$$
\left|\frac{n}{n+1} - 1\right| = \left|\frac{n - (n+1)}{n+1}\right| = \frac{1}{n+1}
$$

이다. 이것이 $\varepsilon$보다 작으려면 $n + 1 > \frac1\varepsilon$, 곧 $n > \frac1\varepsilon - 1$이면 된다. 여유를 두어 $N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil$으로 잡는다.

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**확인 18.** $N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil$의 자격은 "자연수"다. 이것을 확인해 보자.
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:::{admonition} 답
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$\varepsilon > 0$이므로 $\frac1\varepsilon > 0$이고, 천장의 성질에 의해

$\lceil \frac1\varepsilon \rceil \ge \frac1\varepsilon > 0$인 정수다. 0보다 큰 정수이므로

$N \ge 1$인 자연수 ✓.

연습장은 후보를 찾는 자리이고 자격 검증은 답안의 자리다. 두 방향을 섞지 않는다.
:::

**완성본.**

| 증명의 한 줄 | 왜 이 줄을 쓰는가? |
|---|---|
| $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자. | 1겹 $\forall \varepsilon$의 처리 — 결론의 $\forall$이므로 선택법. 자격("양수")이 문장에 들어 있다. |
| $N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil$으로 두자. | 2겹 $\exists N$의 처리 — 결론의 $\exists$이므로 구성법. $\varepsilon$의 식인 것은 $\varepsilon$이 이미 확정됐기 때문에 합법이다. |
| $\varepsilon > 0$이므로 $\frac1\varepsilon > 0$이고, 천장의 성질에 의해 $N$은 $1$ 이상인 자연수이다. | 증인의 자격 검증. 이 줄이 빠지면 $N \in \mathbb{N}$이라는 정의의 조각이 확인되지 않는다. |
| $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자. | 3겹 $\forall n$의 처리 — 결론의 $\forall$이므로 선택법. 자격 "$n > N$"에 $N$을 쓸 수 있는 것은 $N$이 앞 줄에서 확정됐기 때문이다. |
| $n > N \ge \frac1\varepsilon$이므로 $n + 1 > \frac1\varepsilon$이고, 양변이 양수이므로 $\frac1{n+1} < \varepsilon$이다. | 양화사가 소진된 뒤의 본체 계산. 천장의 성질과 역수 반전(S3주차 예제 2.3)이 근거 ④다. |
| 그러므로 $\left\lvert \frac{n}{n+1} - 1 \right\rvert = \frac1{n+1} < \varepsilon$이다. | 본체 도달. 계산 자체는 연습장 역산과 같지만 방향이 반대다 — 여기서는 전진(검증)이다. |
| $n$이 임의였고 $\varepsilon$이 임의였으므로 정의에 의해 $a_n \to 1$이다. $\blacksquare$ | 3겹과 1겹의 마무리 선언. 연 순서의 역순으로 닫는다. |

**관찰.** 이 증명에 이번 주에 처음 나온 기법은 없다. 선택(S6주차) $\cdot$ 구성(S5주차) $\cdot$ 선택(S6주차) $\cdot$ 전진(S3주차)의 조립일 뿐이다. $\varepsilon$-N이 어려웠던 이유는 기법이 어려워서가 아니라 겹이 셋이어서였고, 겹을 세는 순간 절차가 된다.

### 예제 2.3 — 가정의 세 겹: 결론과 맞물리기

**명제.** $a_n \to L$이면 $3a_n \to 3L$이다.

이번에는 설계부터 스스로 해 보자. 아래를 읽기 전에 다음 확인에 먼저 답한다.

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**확인 19.** 이 명제에는 겹이 여섯 개다 — 가정에 셋, 결론에 셋. 결론의 본체를 먼저 정리해 보고, 가정을 어떤 값에 특수화할지 정해 보자.
:::

:::{admonition} 답
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결론의 본체는 $|3a_n - 3L| = 3|a_n - L|$이다. 이것이 $\varepsilon$보다 작으려면

$|a_n - L| < \frac\varepsilon3$이면 충분하다.

따라서 가정의 1겹(가정의 $\forall$)에 넣을 값은 $\varepsilon$이 아니라 $\frac\varepsilon3$이다.

무엇을 넣을지는 **결론의 본체가 요구하는 것**이 정한다 — 조준 없는 특수화는

조준 없는 전진과 같다(S7주차 예제 2.2).
:::

**증명.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [결론 1겹 — 선택]. $\frac\varepsilon3 > 0$이므로 [자격 검증] 가정 $a_n \to L$을 $\frac\varepsilon3$에 적용하면 [가정 1겹 — 특수화], "$n > N_0$인 모든 $n$에 대해 $|a_n - L| < \frac\varepsilon3$"인 자연수 $N_0$가 존재한다. 그런 $N_0$를 잡자 [가정 2겹 — 수령]. 이제 $N = N_0$으로 두자 [결론 2겹 — 구성: 수령한 것을 그대로 내놓는다]. $N$은 자연수이므로 자격이 확인된다. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [결론 3겹 — 선택]. $n > N = N_0$이므로 가정의 남은 겹을 이 $n$에 적용하면 [가정 3겹 — 특수화, 자격 $n > N_0$ ✓] $|a_n - L| < \frac\varepsilon3$을 얻는다. 그러므로

$$
|3a_n - 3L| = 3\,|a_n - L| < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon
$$

이다. 첫 등호는 절댓값의 곱셈 성질 $\lvert xy \rvert = \lvert x \rvert \lvert y \rvert$ (1권 17주차 문제 10)를 $(3,\ a_n - L)$에 특수화한 것이고, 부등호는 방금 얻은 사실에 양수 $3$을 곱한 것이다(근거 ③). $n$이 임의였고 $\varepsilon$이 임의였으므로 $3a_n \to 3L$이다. $\blacksquare$

이번 증명은 표 없이 산문으로 적었다. 표는 연습 단계의 장치이고, 실전의 증명은 처음부터 끝까지 이런 산문이다. 이번 주의 목표는 이 산문을 백지에서 재현하는 것이다.

**관찰.** 결론의 세 겹과 가정의 세 겹이 번갈아 맞물린다. 결론 1겹에서 받은 $\varepsilon$을 변형해 가정 1겹에 넣고, 가정 2겹에서 받은 $N_0$를 결론 2겹에 내놓고, 결론 3겹에서 잡은 $n$을 가정 3겹에 넣는다. 1권 46주차의 극한 법칙 증명이 전부 이 맞물림이었다. $\frac\varepsilon3$의 3은 본체의 배율에서 역산한 값이며, 배율이 1이면 $\varepsilon$을 그대로 넣는다(문제 10).

### 관찰 — 같은 뼈대

예제 2.1(a)$\cdot$2.2$\cdot$2.3은 소재가 다르지만 걸음의 배치가 같다. 대응표의 빈칸을 채워 보자.

| **걸음** | **예제 2.1(a)** | **예제 2.2** | **예제 2.3** |
|---|---|---|---|
| 결론의 겹 수 | 2 | 3 | $\underline{\quad(1)\quad}$ |
| 가장 바깥 겹의 기법 | 선택법 | 선택법 | $\underline{\quad(2)\quad}$ |
| 증인이 되는 대상 | $y = -x$ | $N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil$ | $\underline{\quad(3)\quad}$ |
| 증인이 의존하는 문자 | $x$ | $\varepsilon$ | $\underline{\quad(4)\quad}$ |
| 양화사 소진 후의 계산 | $x + (-x) = 0$ | $\frac1{n+1} < \varepsilon$ | $\underline{\quad(5)\quad}$ |

:::{container} quotebox
**확인 20.** 빈칸 (1)~(5)를 채우고, 세 예제에서 공통으로 반복된 순서를 세 걸음으로 적어 보자.
:::

:::{admonition} 답
:class: quotebox dropdown

(1) 3 (2) 선택법 (3) $N = N_0$ (4) $\varepsilon$ — 정확히는 $\varepsilon$에서 만들어진 $N_0$

(5) $3|a_n - L| < \varepsilon$.

공통 순서: ① 결론의 겹을 바깥부터 세어 각 겹의 기법을 확정한다 $\to$ ② 겹마다 정해진

문장을 순서대로 적는다(증인은 바깥에서 확정된 문자의 식으로) $\to$ ③ 양화사가 소진된

뒤에 본체를 전진으로 계산한다.
:::

방금 확인한 뼈대에 이름을 붙인다.

:::{admonition} 백지 암기 대상
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**겹 처리 3단 뼈대**

① 겹 세기 — 결론과 가정의 양화사를 바깥부터 나열하고 각각 네 칸 표의 어느 칸인지 표시한다.

② 겹 처리 — 바깥부터 한 겹씩, 정해진 동사로 문장을 적는다. 안쪽에서 만드는 대상은 바깥에서 확정된 문자의 식이어도 된다.

③ 본체 게임 — 양화사가 소진되면 S2$\cdot$S3주차의 전진-후진으로 마무리한다.
:::

## 빈칸 사다리 — 지지대를 하나씩 빼며

필사에서 자립으로 넘어가는 다리다. 베끼지 말고 빈칸만 스스로 채운다. 답은 §6에 있다. 훈련이 진행될수록 빈칸이 커진다.

### 훈련 1 ●○○ — 수식과 절차의 빈칸

**명제.** 모든 유리수 $q$에 대해, $q < n$인 양의 정수 $n$이 존재한다.

**겹 세기.** 바깥 겹은 $\underline{\quad(1)\quad}$(기호로), 안쪽 겹은 $\exists n$이다.

**증명.** 유리수 $q$를 $\underline{\quad(2)\quad}$ 잡자. $q = \frac ab$인 정수 $a$와 양의 정수 $b$를 잡자(분모를 양수로 정렬한다). $n = |a| + 1$로 $\underline{\quad(3)\quad}$.

자격 검증: $|a| \ge 0$이므로 $n \ge 1$ — 양의 정수 ✓.

사건 검증:

$$
q = \frac{a}{b} \le \frac{|a|}{b} \le \frac{|a|}{1} = |a| < |a| + 1 = n
$$

이다. 첫 부등호는 $a \le |a|$이고 $b > 0$이기 때문이고, 둘째 부등호는 $b \ge \underline{\quad(4)\quad}$이고 분자 $|a| \ge 0$이므로 분모가 커질수록 분수가 $\underline{\quad(5)\quad}$ 때문이다. $q$가 임의였으므로 성립한다. $\blacksquare$

**순서 교환.** $\exists n\, \forall q$로 뒤집은 명제는 $\underline{\quad(6)\quad}$이다.

### 훈련 2 ●●○ — 수식과 근거를 함께

이번에는 걸음 이름과 근거 문장도 빈칸이다.

**명제.** $a_n \to L$이면 $-a_n \to -L$이다.

**증명.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [결론 1겹 — $\underline{\quad(1)\quad}$]. $\varepsilon > 0$이므로 가정 $a_n \to L$을 $\varepsilon$ 자신에 적용하면 [가정 1겹 — $\underline{\quad(2)\quad}$], "$n > N_0$인 모든 $n$에 대해 $|a_n - L| < \varepsilon$"인 자연수 $N_0$가 존재한다. 그런 $N_0$를 잡자 [가정 2겹 — $\underline{\quad(3)\quad}$].

$N = \underline{\quad(4)\quad}$으로 두자 [결론 2겹 — 구성]. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [결론 3겹 — 선택]. 그러면 $n > N_0$이므로 가정의 남은 겹을 이 $n$에 적용해 $|a_n - L| < \varepsilon$을 얻는다 [가정 3겹 — 특수화, 자격: $\underline{\quad(5)\quad}$].

본체: $|-a_n - (-L)| = |{-(a_n - L)}| = \underline{\quad(6)\quad} < \varepsilon$이다. 가운데 등호의 근거는 $\underline{\quad(7)\quad}$이다.

$n$과 $\varepsilon$이 임의였으므로 $-a_n \to -L$이다. $\blacksquare$

### 훈련 3 ●●● — 뼈대만 남기고

이번에는 겹 세기부터 스스로 한다.

**명제.** 모든 양의 정수 $m$에 대해, $mn > 100$인 양의 정수 $n$이 존재한다.

**증명의 뼈대.** 각 칸을 문장으로 통째로 채운다.

- ① 겹 세기와 기법 지정: $\underline{\quad(1)\quad}$
- ② 바깥 겹 처리 문장: $\underline{\quad(2)\quad}$
- ③ 안쪽 겹 처리 문장(증인 제시): $\underline{\quad(3)\quad}$
- ④ 자격 검증과 사건 검증: $\underline{\quad(4)\quad}$
- ⑤ 순서를 뒤집은 $\exists n\, \forall m$의 진위와 그 이유 한 줄: $\underline{\quad(5)\quad}$

## 연습문제 (20문항)

해설을 보기 전에 문제당 최소 10분 스스로 시도한다. 막히면 곧바로 풀이를 읽지 말고, 해설의 접근까지만 읽고 다시 시도한다.

:::{admonition} 이번 주의 채점 기준
:class: quotebox

답이 아니라 근거가 점수다. 이번 주의 제출 규격은 네 가지다: ① 겹을 바깥부터 나열한 목록 ② 겹마다 [선택]$\cdot$[구성]$\cdot$[특수화]$\cdot$[수령] 중 하나의 라벨 ③ 증인과 특수화 값의 자격 검증 ④ 겹을 연 순서의 역순으로 닫는 마무리 선언. 본체 계산이 옳아도 ①②가 없으면 어느 겹을 처리한 문장인지 확정되지 않으므로 증명으로 읽히지 않는다. 힌트 상자는 5분 이상 막힌 뒤에만 연다.
:::

### 기본 ●○○

**1.** [백지] 중첩 처리 규칙, 의존성의 문법(맞춤 증인과 만능 증인), 한 방향 교환 정리의 진술을 쓰시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

§1.3, §1.4, §1.5의 상자 셋이다. 규칙은 "가장 왼쪽 하나만 처리하고 반복한다"로,

문법은 "안쪽은 바깥의 식이어도 된다"로, 정리는 "만능이면 맞춤도 된다"로 기억한다.
:::

**2.** 다음을 기호로 번역하고 참$\cdot$거짓을 판정하시오 (무대: 정수). (a) 모든 정수보다 큰 정수가 있다. (b) 각 정수마다 그보다 큰 정수가 있다. (c) 모든 정수 $x$에 대해 $x + y = x$인 정수 $y$가 존재한다. (d) 어떤 정수 $y$가 있어 모든 정수 $x$에 대해 $x + y = x$이다.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

번역이 먼저다. "모든 …보다 큰 …이 있다"는 존재가 바깥이고, "각 …마다 …이 있다"는

전칭이 바깥이다. 판정은 §1.2 표와 같은 방식으로 한다 — 참이면 증인을, 거짓이면

두 값의 충돌을 적는다.
:::

**3.** 문제 2에서 (c)와 (d)가 둘 다 참인 이유를 설명하시오. (d)의 만능 증인이 무엇인지 밝히고, 한 방향 교환 정리로 (c)가 따라 나오는 과정을 문장으로 시연하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

순서 교환이 언제나 진위를 바꾸는 것은 아니다 — 바꿀 수 **있다**는 것이 §1.2의

결론이었다. 어느 쪽인지는 증인이 $x$를 쓰는지 안 쓰는지로 갈린다.
:::

**4.** §3 빈칸 사다리의 훈련 1~3을 백지에서 완성하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

훈련 3은 답을 외우는 것이 아니라 겹 세기부터 다시 하는 것이다. 양의 정수 $m$이

확정된 뒤에 $n$을 만들므로, 증인은 $m$의 식이어도 된다.
:::

**5.** 예제 2.1의 (a) 증명과 (b) 반증을 백지에 재현하시오. (b)에서는 특수화한 두 값이 무엇이고 왜 그 둘인지 한 줄 덧붙이시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

(a)는 다섯 문장, (b)는 네 문장이다. (b)의 두 값은 하나의 $y_0$에게 서로 다른 답을

강요하도록 고른다.
:::

**6.** 예제 2.2를 백지에 재현하시오. 세 겹의 라벨과, $N$이 $\varepsilon$의 식이어도 되는 이유 한 줄을 포함하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

이유 한 줄의 형태는 정해져 있다: "$\exists N$이 $\forall \varepsilon$의 안쪽에 있으므로

$\varepsilon$이 확정된 뒤에 $N$을 둔다."
:::

### 표준 ●●○

**7.** 명제 "모든 양의 실수 $x$에 대해, $y < x$인 양의 실수 $y$가 존재한다"를 증명하고, 순서를 바꾼 명제 "$\exists y > 0\ \forall x > 0: y < x$"가 거짓임을 반증하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

앞쪽 증인은 $x$의 식으로 만든다 — 절반이면 충분하다. 뒤쪽 반증은 예제 2.1(b)의

변주인데, 특수화할 값을 만능 증인 자신으로 삼는 것이 요령이다.
:::

**8.** $\dfrac{1}{n^2} \to 0$을 예제 2.2의 서식(연습장 역산 + 세 겹 라벨 답안)으로 증명하시오. 문턱을 만든 근거를 명시하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

두 길이 있다. 하나는 $\frac1{n^2}$을 $\frac1n$으로 눌러 이미 아는 문턱을 재사용하는

길이고, 다른 하나는 $n > \frac1{\sqrt\varepsilon}$을 직접 역산하는 길이다. 앞쪽 길에서

인용할 역수 반전은 강부등식 전용이므로, 등호가 생기는 $n = 1$이 이 증명의 무대에

실제로 들어오는지 먼저 확인한다. 어느 쪽을 택하든 자격 검증은 빠뜨리지 않는다.
:::

**9.** $\dfrac{3n + 2}{n} \to 3$을 증명하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

본체를 먼저 정리한다. 통분하면 $n$이 소거되어 매우 단순한 식이 남는다. 그 식에서

문턱을 역산한다.
:::

**10.** 예제 2.3의 서식으로 "$a_n \to L$이면 $a_n + 7 \to L + 7$"을 증명하시오. 이번에는 특수화 값이 $\varepsilon$ 그대로임을 확인하고, 맞물림 라벨을 전부 명시하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

본체를 먼저 정리하면 배율이 보인다. $(a_n + 7) - (L + 7)$을 정리하면 무엇이 남는가.

배율이 1이면 역산할 것이 없다.
:::

**11.** 다음 답안의 반칙을 진단하시오. 이 답안이 실제로 증명하려 한 명제를 기호로 적고, 그 명제가 거짓임을 보이고(바깥 겹이 $\exists N$이므로 문턱 하나가 아니라 **각 문턱마다 $\varepsilon$ 하나를 만들어** 무너뜨려야 한다), 마지막에 올바른 답안으로 고쳐 쓰시오.

:::{container} quotebox
"명제: $\frac1n \to 0$. 증명: $N = 1000$으로 두자. $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자. $n > 1000$이면 $\frac1n < \frac1{1000}$이고, 이것은 충분히 작으므로 $\varepsilon$보다 작다."
:::

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

§1.3의 삭제 실험에서 한 번 다룬 답안이다. 이번에는 "충분히 작으므로"라는 구절이

무엇을 대신하고 있는지까지 적는다.
:::

**12.** $a_n \to L$이고 $b_n \to M$이면 $a_n + b_n \to L + M$임을 증명하시오. 두 가정에 각각 $\frac\varepsilon2$을 특수화하고, $N = \max\{N_1, N_2\}$를 증인으로 삼고, 삼각부등식으로 본체를 마무리하시오. 모든 걸음에 네 칸 라벨을 다시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

가정이 둘이므로 수령하는 문턱도 둘이고, 문자를 반드시 분리한다($N_1$, $N_2$).

결론의 2겹에 내놓을 증인은 둘 중 하나가 아니라 둘을 조립한 것이다.
:::

**13.** "모든 실수 $x, z$에 대해, $x < z$이면 $x < y < z$인 실수 $y$가 존재한다"를 증명하시오. 겹의 순서를 명시하고, 증인이 두 바깥 문자의 식임을 밝히시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

바깥 겹이 둘이므로 선택 문장도 둘이다. 그다음 조건문의 가정을 받고, 마지막에

증인을 둔다. 증인 후보는 두 수 사이의 대표값이다.
:::

:::{admonition} 이 문제가 처음 쓰는 도구 — 양화사 부정 규칙
:class: quotebox

문제 14부터는 "수렴하지 않는다"를 다룬다. 부정을 겹 안으로 밀어 넣는 규칙은

1권 11주차에서 이미 세웠다: $\neg\forall = \exists\neg$, $\neg\exists = \forall\neg$이고,

조건문의 부정은 $\neg(P \Rightarrow Q) \equiv P \land \neg Q$이다. 이번 주에는 그 규칙을

세 겹에 차례로 적용하는 것만 한다. 전개된 문장을 실제로 증명하는 훈련은

S10주차에서 정면으로 다룬다.
:::

**14.** "$a_n \to L$이 아니다"를 양화사 부정 규칙으로 전개하면 $\exists \varepsilon > 0\ \forall N\ \exists n > N: |a_n - L| \ge \varepsilon$ 임을 유도하시오. 한 겹씩 뒤집히는 과정을 줄을 나누어 적고, 전개된 문장의 겹 처리 계획(각 겹의 기법 이름)까지 세우시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

"$\varepsilon > 0$"의 "$> 0$"은 무대이지 부정 대상이 아니다(1권 11주차 문제 15의

주의사항). 부정이 끝나면 겹의 위치가 전부 바뀌었으므로, 기법도 전부 바뀐다.
:::

### 도전 ●●●

**15.** 수열 $a_n = (-1)^n$이 0으로 수렴하지 않음을 문제 14에서 전개한 부정문으로 증명하시오. 세 겹 각각에 라벨을 달고, 마지막 검증을 전수로 적으시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

전개문의 바깥 겹이 $\exists \varepsilon$이므로 이번에는 오차를 이쪽이 고른다. 본체의

좌변이 항상 얼마인지 먼저 계산하면 고를 값이 보인다.
:::

**16.** 한 방향 교환 정리의 증명(§1.5)을 백지에 재현한 뒤, 역방향의 반례로 예제 2.1을 인용해 "정리와 반례" 형식의 완결 보고서를 작성하시오. 보고서에는 통속 사례 — "모두가 누군가를 사랑한다"($\forall\exists$)와 "누군가가 모두에게 사랑받는다"($\exists\forall$) — 를 함께 배치하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

보고서의 뼈대는 세 부분이다: 정리의 진술과 증명 / 역이 거짓임을 보이는 반례 하나 /

두 방향의 비대칭을 한 문장으로 요약. 통속 사례는 마지막 요약의 예시 자리에 넣는다.
:::

**17.** 다음 두 명제를 대조하시오. ① "모든 실수 $x$와 모든 $\varepsilon > 0$에 대해, **모든 실수 $y$에 대해** $|y - x| < \delta \Rightarrow |y^2 - x^2| < \varepsilon$이 성립하게 하는 $\delta > 0$가 존재한다" ② "모든 $\varepsilon > 0$에 대해 $\delta > 0$가 존재하여, 모든 실수 $x, y$에 대해 $|y - x| < \delta \Rightarrow |y^2 - x^2| < \varepsilon$". 두 명제의 겹 순서 차이를 의존성의 문법으로 설명하고, ②가 거짓임을 반증하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

두 명제의 차이는 한 군데뿐이다 — $\exists\delta$가 $\forall x$의 안쪽에 있느냐 바깥에

있느냐다. ①의 겹은 $\forall x\ \forall\varepsilon\ \exists\delta\ \forall y$이고 ②의 겹은

$\forall\varepsilon\ \exists\delta\ \forall x\ \forall y$이므로, 둘을 바깥부터 나란히 적어

놓고 비교한다.

반증은 먼저 $\varepsilon = 1$을 특수화해 두고, 만능 $\delta_0$가 있다고 가정한 뒤

$x$를 크게 잡는다. $x$를 얼마나 크게 잡아야 하는지는 $|y^2 - x^2| = |y-x|\,|y+x|$에서

역산한다.
:::

**18.** 다음 증명 시도의 결함을 모두 찾고 수리본을 작성하시오.

:::{container} quotebox
"명제: 모든 실수 $x$에 대해, $x < n$인 정수 $n$이 존재한다. 증명: $n = \lceil x \rceil + 1$로 두자. 실수 $x$를 임의로 잡자. 그러면 $n = \lceil x \rceil + 1 > x$이므로 성립한다."
:::

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

계산은 옳다. 의심할 곳은 문장의 순서다. 첫 문장에 등장한 문자가 그 시점에 무대에

있는지 확인한다. 그리고 이 순서가 주장하는 겹 구조가 무엇인지 기호로 적어 본다.
:::

:::{admonition} 이 문제가 처음 쓰는 도구 — 증인 안에 수령물이 들어가는 2단 제작
:class: quotebox

지금까지의 증인은 바깥 문자의 식 하나였다. 문제 19에서는 증인을 만들기 전에 먼저

다른 존재 정리에서 대상을 하나 받아 와야 한다. 순서는 이렇다: 바깥 겹 둘을 선택으로

처리한다 $\to$ S5주차 문제 14(아르키메데스 성질)를 $\varepsilon$에 특수화해 $\frac1n < \varepsilon$인

양의 정수 $n$을 수령한다 $\to$ 그 $n$을 부품으로 써서 유리수 증인을 만든다.

수령한 대상도 확정된 문자이므로 증인의 재료가 될 수 있다.
:::

**19.** 명제 "모든 실수 $a$와 모든 $\varepsilon > 0$에 대해, $|q - a| < \varepsilon$인 유리수 $q$가 존재한다"를 증명하시오. (유리수의 조밀성의 $\varepsilon$ 버전 — 1권 15주차 문제 17을 임의의 실수로 일반화한 것이다.)

:::{admonition} 힌트
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증인 후보는 $a$를 $\frac1n$ 눈금으로 내림한 값이다. 분자를 $\lfloor na \rfloor$로 두고

분모를 $n$으로 두면 유리수 자격이 저절로 확인된다. 사건 검증에는 §1.6의 바닥 성질

$na - 1 < \lfloor na \rfloor \le na$를 쓴다.
:::

**20.** (서술) (a) "$\varepsilon$-N 서식을 외웠다"와 "$\varepsilon$-N을 유도할 수 있다"의 차이를 이번 주의 언어(겹 세기, 네 칸 표, 의존성의 문법)로 세 문장 이내로 서술하시오. (b) S5~S8주차 4부작을 다섯 문장 이내의 한 문단으로 총정리하시오 — 네 기법의 이름, 각각의 발동 조건, 그리고 "겹은 바깥부터"가 놓이는 자리를 포함하시오.

:::{admonition} 힌트
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(a)는 "무엇을 재생하는가"와 "무엇이 출력되는가"의 대비로 쓴다. (b)는 네 칸 표를

문장으로 풀어 쓴 뒤 마지막 문장에 중첩 규칙을 얹으면 된다.
:::

## 백지 재현 — 복습 프로토콜

**이번 주의 5일 루틴.** 원서와 교안을 번갈아 쓰는 순서다.

| **요일** | **할 일** |
|---|---|
| 1일차 | 원서 Solow 7장 통독 (모르는 문장은 표시만 하고 통과) |
| 2일차 | 교안 §0~§2 — 개념과 예제. 확인 상자는 연필로 먼저 답한다 |
| 3일차 | 원서 재독 — 1일차에 표시한 문장을 해결하고, 원서 7장의 연습문제 몇 개를 직접 시도 |
| 4일차 | 교안 §3 빈칸 사다리 + §4 연습문제 20문항 |
| 5일차 | 백지 재현 1차(틀 카드)$\cdot$2차(완전 백지) + 체크리스트 |

3일차의 재독이 이번 주에는 특히 중요하다. 원서 7장은 겹구조를 앞 장들의 기법을 "차례로 적용한다"는 말로 넘어가고 겹마다 어느 칸인지 표로 그리지 않으므로, 교안의 네 칸 표와 겹 세기를 손에 쥐고 다시 읽으면 원서 예제의 각 줄이 몇 번째 겹의 처리인지 짚을 수 있다.

**1차 시도 — 틀 카드 허용.** 다음 세 상자만 옮겨 적은 카드를 펴 놓는다: 중첩 처리 규칙(§1.3), 의존성의 문법(§1.4), 네 칸 표(S7주차). 그 상태에서 예제 2.2를 설계부터 결론까지 적는다. 예제 본문과 확인 상자는 보지 않는다.

**2차 시도 — 완전 백지.** 아무것도 보지 않고 수행한다.

- [ ] 중첩 처리 규칙의 걸음 ①~④와, 걸음 ①에서 "가장 왼쪽"을 지우면 무엇이 무너지는지 썼다.
- [ ] 의존성의 문법(맞춤 증인과 만능 증인)을 쓰고, 순서를 뒤집을 수 있는 경우의 조건을 한 문장으로 적었다.
- [ ] 한 방향 교환 정리의 진술과 증명을 재현하고, 라벨이 붙는 네 문장이 네 칸 표의 어느 칸인지 짚었으며, 마지막 임의성 선언까지 적었다.
- [ ] 예제 2.2 또는 문제 8$\cdot$9의 $\varepsilon$-N 증명 하나를 세 겹 라벨과 함께 재현했다.
- [ ] 예제 2.3의 맞물림을 재현했다 — 결론의 겹과 가정의 겹이 어느 지점에서 물리는지 짚었다.
- [ ] 문제 11의 반칙 답안이 실제로 주장하는 명제를 기호로 적고 반증했다.
- [ ] 원서 7장을 두 번 읽었고, 1일차에 표시한 문장이 전부 해결되었다.
- [ ] 다음 주 S9주차 종합시험을 위해 S1~S8주차의 백지 목차를 한 장으로 만들었다.

**막힌 지점별 처방.** 막힌 지점이 무엇을 다시 볼지 알려 준다.

| **막힌 지점** | **처방** |
|---|---|
| 첫 문장부터 나오지 않는다 | §1.3 걸음 ①② — 첫 문장은 창작이 아니라 가장 바깥 겹이 지정한다 |
| 겹을 다 처리했는데 증명이 안 끝난 느낌이다 | §1.6$\cdot$§1.7 표 — 결론 쪽 겹만 세고 가정 쪽 겹을 안 센 경우가 많다 |
| 증인을 무엇으로 둘지 모르겠다 | 예제 2.2의 연습장 — 본체를 역산해 후보를 찾은 뒤 답안에는 배정 한 줄만 남긴다 |
| 문턱은 만들었는데 자격 검증이 비어 있다 | 예제 2.2의 셋째 줄과 §1.8 확인 10 — 자격은 항상 답안의 문장이다 |
| 특수화에 무엇을 넣을지 모르겠다 | 예제 2.3 확인 19 — 넣을 값은 결론의 본체가 요구하는 것에서 역산한다 |
| 순서를 뒤집어도 되는지 판단이 안 된다 | §1.4 — 증인을 상수로 잡을 수 있는지를 먼저 보고, 없어 보이면 만능 증인을 가정한 뒤 특수화 충돌로 반증한다 |
| 부정 전개에서 겹이 꼬인다 | 문제 14 앞의 도입 상자 — 한 겹씩 줄을 나누어 적고, 무대는 부정하지 않는다 |

하나라도 실패하면 그 항목만 다시 적고 다음날 재시도한다.

## 해설

각 해설은 **접근**(문제 앞에서 무엇을 생각하는가)과 **풀이**로 나뉜다. 막혔을 때는 접근까지만 읽고 연필을 다시 잡는다.

### 빈칸 사다리 — 훈련 1

(1) $\forall q$  (2) 임의로  (3) 두자  (4) $1$  (5) 작아지기(정확히는 커지지 않기)  (6) 거짓

※ (6)의 이유: 그런 만능 정수 $n_0$이 있다면 $q = n_0$은 유리수이므로 특수화할 수 있고(정수는 유리수다), 그러면 $n_0 < n_0$이 되어 모순이다. 앞의 특수화 논증이 반증의 본체이고, 증인 $|a| + 1$ 말고는 상수 증인을 찾을 수 없다는 관찰은 그 반증을 착안하게 해 준 단서일 뿐이다 — 단서만으로 거짓을 선언하지 않는다(§1.2 확인 3).

### 빈칸 사다리 — 훈련 2

(1) 선택  (2) 특수화  (3) 수령  (4) $N_0$  (5) $n > N_0$  (6) $|a_n - L|$ (7) $|-t| = |t|$ (1권 17주차 문제 4의 절댓값 성질, 근거 ④)

※ 이번 훈련의 배율은 1이므로 특수화 값이 $\varepsilon$ 그대로다. 예제 2.3의 $\frac\varepsilon3$과 비교하면, 무엇을 넣을지는 언제나 본체의 배율이 정한다는 것이 보인다.

### 빈칸 사다리 — 훈련 3

(1) 결론의 겹은 둘이다. 바깥 $\forall m$은 결론의 $\forall$이므로 선택법, 안쪽 $\exists n$은 결론의 $\exists$이므로 구성법이다. (2) "양의 정수 $m$을 임의로 잡자." (3) "$n = \lceil \frac{100}{m} \rceil + 1$로 두자." (증인이 $m$의 식인 것은 $m$이 이미 확정됐기 때문에 합법이다.) (4) 자격: $m \ge 1$이므로 $\frac{100}m > 0$이고 천장은 정수이므로 $n \ge 2$인 양의 정수 ✓. 사건: 천장의 성질에 의해 $\lceil \frac{100}m \rceil \ge \frac{100}m$이므로 $n > \frac{100}{m}$이고, 양변에 $m > 0$을 곱하면 $mn > 100$이다 ✓. (5) 참이다. $n = 101$로 두면 모든 양의 정수 $m$에 대해 $mn \ge 101 > 100$이므로 만능 증인이 존재한다. 이 경우는 증인을 $m$과 무관한 상수로 잡을 수 있으므로 순서를 뒤집어도 참이 유지된다(§1.4).

### 문제 1

**접근.** 세 상자를 통째로 재생하는 문제이므로, 외운 문장을 그대로 적는 것보다 각 상자가 무엇을 막아 주는지 한 줄씩 덧붙이며 적는 것이 재현률을 높인다. 규칙은 순서를, 문법은 재료의 범위를, 정리는 두 방향의 비대칭을 관리한다.

**풀이.** **중첩 처리 규칙.** 양화사가 여러 겹이면 가장 왼쪽 것 하나만 네 칸 표로 처리하고, 남은 안쪽을 한 겹 줄어든 새 결론(또는 새 가정)으로 삼아 반복한다. 양화사가 소진된 뒤에 본체 계산을 시작한다. **의존성의 문법.** 안쪽 겹에서 만드는 대상은 바깥 겹에서 이미 확정된 문자들의 식이어도 된다. $\forall x\, \exists y$에서 $y$는 $x$의 식이어도 되고(맞춤 증인), $\exists y\, \forall x$에서 $y$는 $x$를 쓸 수 없다(만능 증인). **한 방향 교환 정리.** $\exists y\, \forall x: P(x,y)$가 참이면 $\forall x\, \exists y: P(x,y)$도 참이다. 역은 성립하지 않는다.

**복기.** 셋은 하나의 사실을 세 각도에서 적은 것이다 — 문장 순서가 확정 순서이고, 확정 순서가 재료의 범위를 정하며, 그래서 만능 쪽이 맞춤 쪽보다 강한 주장이 된다.

### 문제 2

**접근.** 번역이 먼저이고 판정은 그다음이다. 한국어에서 겹의 순서를 읽는 신호는 어순이다 — "모든 …보다 큰 …이 있다"는 존재가 문장의 주어이므로 $\exists$가 바깥이고, "각 …마다 …이 있다"는 전칭이 앞이므로 $\forall$가 바깥이다. 판정은 참이면 증인을, 거짓이면 두 특수화의 충돌을 적는다.

**풀이.** 무대는 정수 전체다. (a) $\exists y\, \forall x: y > x$ — **거짓.** 그런 $y_0$가 있다면 $x = y_0$에 특수화할 수 있고(정수는 무대의 대상 ✓), $y_0 > y_0$이 되어 모순이다. (b) $\forall x\, \exists y: y > x$ — **참.** $x$를 임의로 잡고 $y = x + 1$로 두면, $y$는 정수이고(닫힘성) $x + 1 > x$이다. (c) $\forall x\, \exists y: x + y = x$ — **참.** $x$를 임의로 잡고 $y = 0$으로 두면 $0$은 정수이고 $x + 0 = x$이다. (d) $\exists y\, \forall x: x + y = x$ — **참.** $y_0 = 0$으로 두면, 임의의 정수 $x$에 대해 $x + 0 = x$이다.

**복기.** (a)와 (b)는 순서가 진위를 갈랐고, (c)와 (d)는 갈리지 않았다. 갈리지 않은 쪽의 이유는 곧바로 읽힌다 — (c)의 증인 $0$이 $x$를 쓰지 않는 상수이므로 그대로 만능 증인이 된다. 갈린 쪽의 이유는 (b)의 증인 $x+1$이 $x$의 식이라는 관찰이 아니라 (a)에서 실제로 수행한 반증($x = y_0$ 특수화)이다.

### 문제 3

**접근.** (d)의 증인이 $x$를 전혀 쓰지 않는 상수라는 점이 핵심이다. 상수 증인은 순서에 관계없이 통하므로 (d)가 성립하고, (d)가 성립하면 한 방향 교환 정리가 (c)를 공짜로 준다. 시연은 §1.5 증명의 라벨 네 개를 이 명제에 그대로 대입해 적는다.

**풀이.** (d)의 만능 증인은 $y_0 = 0$이다. 실제로 임의의 정수 $x$에 대해 $x + 0 = x$가 성립하며, 이는 덧셈의 항등원 성질이다. 교환 정리의 시연은 다음과 같다. (d)가 참이므로 그런 $y_0$를 잡자 [가정의 $\exists$ — 수령]: $y_0 = 0$이고 $\forall x: x + y_0 = x$가 확보되었다. 이제 정수 $x$를 임의로 잡자 [결론의 $\forall$ — 선택]. $y = y_0 = 0$으로 두자 [결론의 $\exists$ — 구성, 확보한 것의 재사용]. $y$는 정수이므로 자격 ✓. 확보한 가정을 지금의 $x$에 적용하면 [가정의 $\forall$ — 특수화] $x + y_0 = x$, 곧 $x + y = x$이다. $x$가 임의였으므로 (c)가 성립한다. $\blacksquare$

**복기.** 순서 교환이 무너지는 것은 **상수 증인이 아예 존재하지 않을 때뿐이다.** 손에 든 증인이 바깥 문자의 식이라는 것은 그 자체로는 아무것도 결정하지 않는다 — 어딘가에 상수 증인이 있으면 뒤집은 명제도 참이다. 증인이 상수로 잡히면 강한 쪽 명제가 참이 되고, 그때 약한 쪽은 정리 인용 한 줄로 끝난다. 상수 증인이 보이지 않으면 $\exists\forall$을 가정하고 특수화 충돌을 노린다($y = x+1$, $y = -x$의 경우가 그것이다).

### 문제 4

**접근.** 훈련 1은 사건 검증의 부등식 사슬이 관건이고, 훈련 2는 걸음 이름의 자리가 관건이며, 훈련 3은 겹 세기부터 스스로 하는 것이 관건이다. 답을 외워 적는 것이 아니라 각 훈련의 겹 목록을 먼저 그린 뒤 문장을 채운다.

**풀이.** 세 훈련의 답은 이 절 앞머리의 "빈칸 사다리 — 훈련 1~3"에 있다. 자기 답과 대조할 때는 다음 세 가지를 특히 본다. ① 훈련 1에서 증인 $|a|+1$의 자격("양의 정수")을 검증하는 문장을 실제로 적었는가. 증인만 제시하고 자격을 건너뛴 답안이 가장 흔하다. ② 훈련 2에서 (2)와 (3)을 특수화$\cdot$수령으로 정확히 나누어 적었는가. 둘을 한 낱말로 뭉뚱그리면 가정의 겹 두 개가 한 걸음으로 눌려 라벨이 어긋난다. ③ 훈련 3에서 증인을 $m$의 식으로 잡았는가. 상수 증인($n = 101$)으로 잡아도 명제는 증명되지만, 그 경우 (5)의 답과 논리가 겹치므로 두 가지를 모두 적어 두면 좋다.

### 문제 5

**접근.** (a)는 결론 두 겹의 순차 처리이므로 문장 다섯 개가 순서대로 나온다. (b)는 귀류법으로 만능 증인을 가정한 뒤, 그 증인이 가정 쪽 $\forall$가 된다는 것을 알아채는 것이 전부다. 알아채고 나면 특수화를 두 번 하는 일만 남는다.

**풀이.** (a) 실수 $x$를 임의로 잡자 [바깥 겹 — 선택]. $y = -x$로 두자 [안쪽 겹 — 구성]. $x$가 실수이므로 $-x$도 실수이다 [자격]. 그리고 $x + y = x + (-x) = 0$이다 [사건]. $x$가 임의였으므로 모든 실수 $x$에 대해 성립한다. $\blacksquare$ (b) 그런 실수 $y_0$가 존재한다고 가정하자. 그러면 $\forall x \in \mathbb{R}: x + y_0 = 0$이 가정이 된다. $x = 0$에 특수화하면 $y_0 = 0$이고, $x = 1$에 특수화하면 $y_0 = -1$이다. 따라서 $0 = -1$이 되어 모순이므로, 그런 $y_0$는 존재하지 않는다. $\blacksquare$ 두 값을 $0$과 $1$로 고른 이유: 하나의 $y_0$에 대해 서로 다른 값을 강요하는 두 산출물을 얻기 위해서다. $x = 2$와 $x = 5$를 골라도 같은 방식으로 $y_0 = -2$와 $y_0 = -5$가 나오므로 모순은 그대로 성립한다 — 요건은 "두 산출물이 양립하지 않을 것" 하나뿐이다.

**검산.** (a)의 증명에 $x = 7$을 넣어 읽으면 "$y = -7$로 두자. $-7$은 실수이고 $7 + (-7) = 0$"이 되어 모든 줄이 성립한다.

### 문제 6

**접근.** 재현의 관건은 문장 순서다. 세 겹의 문장을 먼저 적고, 그다음에 연습장에서 찾은 $N$의 식을 둘째 문장의 빈자리에 넣는다. 이유 한 줄은 정해진 형태가 있으므로 그대로 외워 쓴다.

**풀이.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [1겹 — 선택]. $N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil$으로 두자 [2겹 — 구성]. $\varepsilon > 0$이므로 $\frac1\varepsilon > 0$이고 천장의 성질에 의해 $N$은 $1$ 이상인 자연수이다 [자격 검증]. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [3겹 — 선택]. 그러면 $n > N \ge \frac1\varepsilon$이므로 $n + 1 > \frac1\varepsilon$이고, 양변이 양수이므로 $\frac1{n+1} < \varepsilon$이다. 그러므로 $\left|\frac{n}{n+1} - 1\right| = \frac1{n+1} < \varepsilon$이다. $n$과 $\varepsilon$이 임의였으므로 $a_n \to 1$이다. $\blacksquare$ 이유 한 줄: $\exists N$이 $\forall \varepsilon$의 안쪽에 있으므로 $\varepsilon$이 확정된 뒤에 $N$을 두게 되고, 따라서 $N$은 $\varepsilon$의 식이어도 된다(맞춤 증인).

### 문제 7

**접근.** 앞쪽은 예제 2.1(a)와 같은 두 겹 구조다. 증인은 $x$보다 작은 양수여야 하므로 절반이 가장 단순하다. 뒤쪽 반증은 만능 증인 $y_0$를 가정한 뒤 특수화할 값을 고르는 문제인데, 이번에는 바깥에서 가져올 값이 없으므로 $y_0$ 자신을 넣는다. 만능이라는 주장은 "자기 자신도 감당한다"는 뜻이므로 자기 적용이 언제나 합법이다.

**풀이.** **증명.** 양의 실수 $x$를 임의로 잡자 [바깥 겹 — 선택]. $y = \frac x2$로 두자 [안쪽 겹 — 구성, 맞춤 증인]. 자격: $x > 0$이므로 $\frac x2 > 0$이고 실수 ✓. 사건: $x - y = x - \frac x2 = \frac x2 > 0$이므로 $y < x$ ✓. $x$가 임의였으므로 성립한다. $\blacksquare$ **반증.** 그런 양의 실수 $y_0$가 존재한다고 가정하자. 그러면 $\forall x > 0: y_0 < x$가 가정이 된다. 이 가정을 $x = y_0$에 특수화하자 [자격: $y_0 > 0$ ✓ — 만능 증인 자신이 무대의 대상이다]. 그러면 $y_0 < y_0$이 되어 모순이다. 그러므로 그런 $y_0$는 존재하지 않는다. $\blacksquare$

**복기.** 자기 적용은 만능 증인을 무너뜨리는 두 번째 표준 기술이다(첫 번째는 예제 2.1(b)의 두 값 충돌). "가장 작은 양수는 없다"라는 사실의 겹 라벨판이며, 1권 22주차 문제 10(열린구간 $(0,1)$에 최솟값이 없음)이 같은 골격이다.

### 문제 8

**접근.** 두 길 모두 정답이다. 지름길은 $\frac1{n^2}$을 $\frac1n$으로 눌러 이미 아는 문턱을 재사용한다. 이때 인용할 역수 반전(S3주차 예제 2.3)이 강부등식 전용이므로, $n^2 > n$을 실제로 확보해 두어야 한다 — 이 증명 안에서는 $n > N \ge 1$이므로 $n \ge 2$이고, 거기서 강부등식이 나온다. 정공법은 $\frac1{n^2} < \varepsilon$을 직접 역산해 $n > \frac1{\sqrt\varepsilon}$을 얻는다. 어느 길이든 세 겹의 문장 순서는 같고 달라지는 것은 둘째 문장의 식뿐이다.

**풀이 1 (지름길).** **연습장.** $\frac1{n^2} \le \frac1n$이므로 $\frac1n < \varepsilon$이 되게만 하면 충분하고, 그 문턱은 예제 2.2에서 만든 것과 같다. **답안.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [1겹 — 선택]. $N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil$으로 두자 [2겹 — 구성]. $\frac1\varepsilon > 0$이고 천장의 성질에 의해 $N$은 $1$ 이상인 자연수이다 [자격]. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [3겹 — 선택]. 그러면 $n > N \ge \frac1\varepsilon$이므로 역수 반전(S3주차 예제 2.3)에 의해 $\frac1n < \varepsilon$이다. 또 $N \ge 1$이고 $n > N$이므로 $n \ge 2$이고, $n > 1$인 정수의 양변에 $n > 0$을 곱하면 $n^2 > n > 0$이다(S6주차 문제 2(d)의 증명이 $n \ge 1$에서 $n^2 \ge n$을 얻은 것과 같은 걸음이며, $n \ge 2$에서는 등호가 빠진다). 따라서 다시 역수 반전에 의해 $\frac1{n^2} < \frac1n$이다. 그러므로 $\left|\frac1{n^2} - 0\right| = \frac1{n^2} < \frac1n < \varepsilon$이다. $n$과 $\varepsilon$이 임의였으므로 $\frac1{n^2} \to 0$이다. $\blacksquare$ **풀이 2 (정공법).** **연습장.** $\frac1{n^2} < \varepsilon \iff n^2 > \frac1\varepsilon \iff n > \frac1{\sqrt\varepsilon}$ (양변이 양수이므로 제곱근을 취해도 부등호 방향이 유지된다 — 양수의 제곱근의 존재와 단조성은 지금은 인정하고 쓴다. §1.8 근거 ④의 "이번 주에 채택하는 것"에 올려 둔 사실이다). **답안.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자. $N = \lceil \frac1{\sqrt\varepsilon} \rceil$으로 두자. $\sqrt\varepsilon > 0$이므로 $\frac1{\sqrt\varepsilon} > 0$이고, 천장의 성질에 의해 $N$은 $1$ 이상인 자연수이다. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자. 그러면 $n > \frac1{\sqrt\varepsilon} > 0$이므로 양변을 제곱해 $n^2 > \frac1\varepsilon$이고, 역수 반전에 의해 $\frac1{n^2} < \varepsilon$이다. 따라서 $\frac1{n^2} \to 0$이다. $\blacksquare$

**복기.** 문턱은 매번 새로 깎지 않아도 된다. 이미 증명한 부등식으로 본체를 더 다루기 쉬운 식으로 눌러 놓으면, 기존 문턱이 그대로 통한다. 이것이 근거 ④의 전형적인 쓰임이다.

**검산.** $\varepsilon = 0.01$이면 지름길의 $N = 100$이다. $n = 101$에서 $\frac1{101^2} \approx 0.000098 < 0.01$ ✓.

### 문제 9

**접근.** 본체를 먼저 정리하지 않으면 문턱을 만들 수 없다. 통분하면 $3n$이 소거되어 매우 단순한 식이 남고, 거기서 역산은 한 줄이다. 세 겹의 문장 순서는 예제 2.2와 완전히 같으므로, 이 문제의 새로운 부분은 본체 정리 한 줄뿐이다.

**풀이.** **연습장.** 좌변을 정리하면

$$
\left|\frac{3n+2}{n} - 3\right| = \left|\frac{3n + 2 - 3n}{n}\right| = \frac{2}{n}
$$

이고, $\frac2n < \varepsilon$이려면 $n > \frac2\varepsilon$이면 된다. 문턱 후보는 $N = \lceil \frac2\varepsilon \rceil$이다. **답안.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [1겹 — 선택]. $N = \lceil \frac2\varepsilon \rceil$으로 두자 [2겹 — 구성]. $\varepsilon > 0$이므로 $\frac2\varepsilon > 0$이고 천장의 성질에 의해 $N$은 $1$ 이상인 자연수이다 [자격]. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [3겹 — 선택]. 그러면 $n > N \ge \frac2\varepsilon$이고 양변이 양수이므로 $\frac2n < \varepsilon$이다. 그러므로 $\left|\frac{3n+2}{n} - 3\right| = \frac2n < \varepsilon$이다. $n$과 $\varepsilon$이 임의였으므로 $\frac{3n+2}{n} \to 3$이다. $\blacksquare$

**검산.** $\varepsilon = 0.5$이면 $N = 4$이고, $n = 5$에서 $\left|\frac{17}{5} - 3\right| = 0.4 < 0.5$ ✓.

### 문제 10

**접근.** 결론의 본체를 먼저 정리해 배율을 확인하는 것이 첫 일이다. 상수 $7$은 빼기에서 소거되므로 배율이 $1$이고, 따라서 가정에 넣을 값은 $\varepsilon$ 그대로다. 예제 2.3에서 $\frac\varepsilon3$이던 자리에 $\varepsilon$이 들어가는 것 외에는 라벨의 배치가 동일하다.

**풀이.** **연습장.** $|(a_n + 7) - (L + 7)| = |a_n - L|$이므로 배율은 $1$이다. 가정에 넣을 값은 $\varepsilon$이다. **답안.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [결론 1겹 — 선택]. $\varepsilon > 0$이므로 [자격 검증] 가정 $a_n \to L$을 $\varepsilon$에 적용하면 [가정 1겹 — 특수화], "$n > N_0$인 모든 $n$에 대해 $|a_n - L| < \varepsilon$"인 자연수 $N_0$가 존재한다. 그런 $N_0$를 잡자 [가정 2겹 — 수령]. $N = N_0$으로 두자 [결론 2겹 — 구성]. $N$은 자연수이므로 자격 ✓. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [결론 3겹 — 선택]. $n > N = N_0$이므로 가정의 남은 겹을 이 $n$에 적용하면 [가정 3겹 — 특수화, 자격 ✓] $|a_n - L| < \varepsilon$이다. 그러므로 $|(a_n + 7) - (L + 7)| = |a_n - L| < \varepsilon$이다. $n$과 $\varepsilon$이 임의였으므로 $a_n + 7 \to L + 7$이다. $\blacksquare$

**복기.** 상수를 더하는 조작은 오차를 키우지 않는다. 특수화에 무엇을 넣을지는 언제나 본체의 배율이 정하고, 배율이 $1$이면 역산할 것이 없다. 배율 $3$이면 $\frac\varepsilon3$ (예제 2.3), 배율이 두 항으로 갈라지면 $\frac\varepsilon2$씩(문제 12)이다.

### 문제 11

**접근.** 계산은 한 줄도 틀리지 않았으므로 오류는 계산이 아니라 문장의 순서에 있다. $N$을 먼저 정하고 $\varepsilon$을 나중에 잡았으므로, 이 답안이 주장하는 명제는 겹의 순서가 뒤바뀐 다른 명제다. 그 명제를 기호로 적고 거짓임을 보인 뒤 순서를 고치면 된다.

**풀이.** **주장한 명제.** 문장 순서가 $N$ 먼저이므로, 이 답안이 (성립한다면) 증명하는 것은 $\exists N \in \mathbb{N}\ \forall \varepsilon > 0\ \forall n > N: \frac1n < \varepsilon$이다. 이것은 "모든 오차를 한꺼번에 감당하는 만능 문턱이 있다"는 주장이다. **그 명제가 거짓임.** 바깥 겹이 $\exists N$이므로 문턱 하나를 무너뜨리는 것으로는 부족하다. $N = 1000$만 반증하면 $N = 10^6$이 남고, 그 명제는 아직 무너지지 않는다. 어떤 문턱이 와도 통하는 논증을 만든다. 그런 문턱이 존재한다고 가정하고 그런 $N_0$를 잡자 [수령 — $N_0$의 값은 알 수 없다]. $\varepsilon = \frac1{2(N_0+1)}$로 두자 [$N_0$가 확정된 뒤이므로 $N_0$의 식이어도 된다. 자격: $\frac1{2(N_0+1)} > 0$ ✓]. 이 값에 특수화하면 "$n > N_0$이면 $\frac1n < \frac1{2(N_0+1)}$"을 얻고, 다시 $n = N_0 + 1$에 특수화하면 [자격: $N_0 + 1 > N_0$ ✓] $\frac1{N_0+1} < \frac1{2(N_0+1)}$을 얻는다. 그런데 $2(N_0+1) > N_0 + 1 > 0$이므로 역수 반전(S3주차 예제 2.3)에 의해 $\frac1{2(N_0+1)} < \frac1{N_0+1}$이다. 두 부등식이 양립하지 않으므로 모순이고, 그런 문턱은 존재하지 않는다. **"충분히 작으므로"의 정체.** 이 구절은 근거 목록의 어디에도 없다. 실제로는 $\varepsilon$에 의존해야 할 문턱을 상수로 못 박은 대가로 생긴 간격을 말로 메운 것이며, $\varepsilon = \frac1{2000}$처럼 $\frac1{1000}$보다 작은 오차 앞에서 곧바로 무너진다. **수리본.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [1겹 — 선택]. $N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil$으로 두자 [2겹 — 구성; S5주차 문제 14의 문턱 제작을 옮겨 온 것이다. 그 문제의 증인에 붙어 있던 $+1$이 여기서 빠지는 이유는 §1.6 표기 상자의 마지막 줄에 있다]. 천장의 성질에 의해 $N$은 $1$ 이상인 자연수이다 [자격]. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [3겹 — 선택]. 그러면 $n > \frac1\varepsilon$이므로 역수 반전에 의해 $\frac1n < \varepsilon$이다. 따라서 $\frac1n \to 0$이다. $\blacksquare$

**복기.** 답안의 문장 순서가 곧 주장하는 명제다. 겹 라벨을 옆에 적는 습관은 장식이 아니라, 자기가 지금 어느 명제를 증명하고 있는지 매 줄 확인하는 장치다.

### 문제 12

**접근.** 본체가 두 오차의 합으로 갈라지므로 예산도 둘로 나눈다 — 각 가정에 $\frac\varepsilon2$씩 특수화한다. 가정이 둘이므로 수령하는 문턱도 둘이고, 문자를 반드시 분리한다. 결론의 2겹에 내놓을 증인은 둘 중 하나가 아니라 둘을 조립한 $\max\{N_1, N_2\}$다. 마무리는 삼각부등식 한 번이다.

**풀이.** **증명.** $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [결론 1겹 — 선택]. $\frac\varepsilon2 > 0$이므로 [자격 검증] 가정 $a_n \to L$을 $\frac\varepsilon2$에 적용하면 [가정 1겹 — 특수화] 그런 문턱이 존재하므로 $N_1$을 잡자 [가정 2겹 — 수령]: $n > N_1$이면 $|a_n - L| < \frac\varepsilon2$이다. 같은 값을 가정 $b_n \to M$에 적용하면 [특수화] 문턱이 존재하므로 $N_2$를 잡자 [수령]: $n > N_2$이면 $|b_n - M| < \frac\varepsilon2$이다. $N = \max\{N_1, N_2\}$로 두자 [결론 2겹 — 구성; 두 수령물의 조립]. $N_1$과 $N_2$가 자연수이므로 $N$도 자연수이다 [자격]. $n > N$인 자연수 $n$을 임의로 잡자 [결론 3겹 — 선택]. 그러면 $n > N \ge N_1$이므로 첫 가정의 남은 겹을 이 $n$에 적용해 [특수화, 자격 ✓] $|a_n - L| < \frac\varepsilon2$을 얻고, $n > N \ge N_2$이므로 둘째 가정에서 마찬가지로 $|b_n - M| < \frac\varepsilon2$을 얻는다. 그러므로

$$
|(a_n + b_n) - (L + M)| = |(a_n - L) + (b_n - M)| \le |a_n - L| + |b_n - M| < \frac\varepsilon2 + \frac\varepsilon2 = \varepsilon
$$

이다. 부등호 가운데는 삼각부등식(1권 17주차 문제 12)을 $(a_n - L,\ b_n - M)$에 특수화한 것이다. $n$과 $\varepsilon$이 임의였으므로 $a_n + b_n \to L + M$이다. $\blacksquare$

**복기.** 1권 46주차에서 "$\varepsilon$/2 트릭"이라는 이름으로 외운 조작이, 여기서는 두 개의 가정 겹에 대한 특수화 값 선택으로 설명된다. $\max$가 등장하는 이유도 마찬가지다 — 결론의 2겹은 증인을 **하나만** 요구하므로, 두 수령물을 하나로 조립해야 한다.

### 문제 13

**접근.** 바깥 겹이 둘($\forall x$, $\forall z$)이므로 선택 문장도 둘이고, 그다음에 조건문의 가정을 받는다. 증인은 두 문자가 모두 확정된 뒤에 만들므로 둘 다의 식이어도 된다. 두 수 사이의 대표값으로 평균이 가장 단순하다.

**풀이.** **증명.** 실수 $x$와 실수 $z$를 임의로 잡자 [바깥 두 겹 — 선택 두 번, 문자 분리]. $x < z$라고 가정하자 [조건문의 가정 수령]. $y = \frac{x + z}{2}$로 두자 [안쪽 겹 — 구성; $x$와 $z$가 모두 확정된 뒤이므로 두 문자의 식이어도 합법이다]. 자격: $x$와 $z$가 실수이므로 $y$도 실수 ✓. 사건: $y - x = \frac{x+z}{2} - x = \frac{z - x}{2}$이고 가정에서 $z - x > 0$이므로 $y - x > 0$, 곧 $x < y$이다. 또 $z - y = z - \frac{x+z}{2} = \frac{z-x}{2} > 0$이므로 $y < z$이다. 따라서 $x < y < z$ ✓. $x$와 $z$가 임의였으므로 성립한다. $\blacksquare$

**복기.** 겹이 셋 이상이어도 규칙은 그대로다. 선택이 연달아 두 번 나올 때 두 문자를 같은 이름으로 쓰면 $x = z$를 몰래 가정한 것이 되므로, 문자 분리는 선택법의 반칙 목록(S6주차)에 있는 항목 그대로다.

**검산.** $x = 2$, $z = 5$이면 $y = 3.5$이고 $2 < 3.5 < 5$ ✓.

### 문제 14

**접근.** 부정을 한 겹씩 안으로 밀어 넣는다. 규칙은 1권 11주차에서 세운 세 줄뿐이고, 새로 할 일은 그것을 차례로 적용하는 것이다. "$\varepsilon > 0$"의 "$> 0$"은 무대이므로 부정되지 않는다. 출발식은 §1.6의 정의를 글자 그대로 옮겨 적는다 — 3겹의 본체가 조건문이라는 것이 보여야 마지막 걸음에서 $\neg(P \Rightarrow Q) \equiv P \land \neg Q$를 쓸 수 있다. 전개가 끝나면 겹의 위치가 전부 바뀌었으므로 기법도 전부 바뀐다는 점까지 확인하는 것이 이 문제의 목적이다.

**풀이.** 출발(§1.6의 정의 그대로):

$$
\neg\big[\forall \varepsilon > 0\ \exists N \in \mathbb{N}\ \forall n \in \mathbb{N}\,(n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon)\big]
$$

1겹: $\neg\forall = \exists\neg$이므로 $\exists \varepsilon > 0:\ \neg[\exists N \in \mathbb{N}\ \forall n \in \mathbb{N}\,(n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon)]$. 2겹: $\neg\exists = \forall\neg$이므로 $\exists \varepsilon > 0\ \forall N \in \mathbb{N}:\ \neg[\forall n \in \mathbb{N}\,(n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon)]$. 3겹: 다시 $\neg\forall = \exists\neg$이므로 $\exists \varepsilon > 0\ \forall N \in \mathbb{N}\ \exists n \in \mathbb{N}:\ \neg\big(n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon\big)$. 본체: 남은 것이 조건문의 부정이므로 1권 11주차의 $\neg(P \Rightarrow Q) \equiv P \land \neg Q$에 의해 $\neg(n > N \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon) \equiv (n > N) \land \neg(|a_n - L| < \varepsilon)$이고, 실수의 순서 관계에서 $\neg(s < t)$는 $s \ge t$이므로 뒤 조각은 $|a_n - L| \ge \varepsilon$이다. $\land$의 앞 조각 "$n > N$"은 $n$을 제한하는 조건이므로 양화사 쪽으로 옮겨 "$\exists n > N$"으로 줄여 적는다(제한 양화사의 표기 — S6주차에서 자격을 문장에 넣어 적던 것과 같은 축약이다). 따라서

$$
\exists \varepsilon > 0\ \ \forall N \in \mathbb{N}\ \ \exists n > N:\ |a_n - L| \ge \varepsilon
$$

를 얻는다. **겹 처리 계획.** 1겹 $\exists \varepsilon$ — 결론의 $\exists$ — **구성**(오차를 이쪽이 고른다). 2겹 $\forall N$ — 결론의 $\forall$ — **선택**(어떤 문턱이 와도 받는다). 3겹 $\exists n$ — 결론의 $\exists$ — **구성**($N$의 식으로 위반 지점을 만든다. 자격은 $n > N$).

**복기.** 부정이 $\forall$과 $\exists$를 전부 뒤집으므로 의무와 권리도 전부 뒤바뀐다. 수렴을 증명할 때는 $\varepsilon$이 상대의 것이고 $N$이 이쪽의 것이었는데, 발산을 증명할 때는 $\varepsilon$이 이쪽의 것이고 $N$이 상대의 것이 된다. 같은 정의를 부정 한 번으로 정반대의 게임으로 바꾸는 것이 이 전개의 실질이다.

### 문제 15

**접근.** 전개문의 바깥 겹이 $\exists \varepsilon$이므로 오차를 이쪽이 고른다. 무엇을 고를지는 본체를 먼저 계산하면 보인다 — $|(-1)^n - 0| = 1$이 모든 $n$에서 성립하므로, $1$ 이하인 양수라면 무엇이든 통한다. 그다음 $N$을 임의로 받고, 그 $N$보다 큰 $n$을 하나 만들면 끝난다.

**풀이.** **증명.** $\varepsilon = \frac12$로 두자 [1겹 — 구성; 자격: $\frac12 > 0$ ✓]. 자연수 $N$을 임의로 잡자 [2겹 — 선택]. $n = N + 1$로 두자 [3겹 — 구성; $N$이 확정된 뒤이므로 $N$의 식이어도 합법이다]. 자격: $n$은 자연수이고 $n = N + 1 > N$ ✓. 사건: $(-1)^n$은 $1$ 또는 $-1$이므로 어느 경우에도 $|(-1)^n - 0| = |(-1)^n| = 1 \ge \frac12 = \varepsilon$이다 ✓. 따라서 $\exists \varepsilon > 0\ \forall N\ \exists n > N: |a_n - 0| \ge \varepsilon$가 성립하므로, 문제 14의 전개문에 의해 $(-1)^n$은 $0$으로 수렴하지 않는다. $\blacksquare$

**복기.** 검증을 전수로 적었다는 점을 확인한다 — 자격 두 줄($n$이 자연수, $n > N$)과 사건 한 줄이다. 세 겹이 [구성]$\cdot$[선택]$\cdot$[구성]으로 배치된 것이 수렴 증명의 [선택]$\cdot$[구성]$\cdot$[선택]과 정확히 뒤집힌 모양이라는 것도 함께 본다. 어떤 실수 $L$로도 수렴하지 않음을 보이려면 한 걸음이 더 필요하다. $\varepsilon = \frac12$로 두고, 삼각부등식에서 $|1 - L| + |-1 - L| \ge |(1 - L) - (-1 - L)| = 2$이므로 두 값 중 적어도 하나는 $1$ 이상이다. 그 부호에 맞는 홀수 또는 짝수 $n$을 $N$보다 크게 고르면 같은 논증이 그대로 돌아간다(1권 45주차 예제 2.3이 이 논증의 귀류법판이다).

### 문제 16

**접근.** 보고서의 뼈대는 셋이다: 정리의 진술과 증명 / 역이 거짓임을 보이는 반례 하나 / 두 방향의 비대칭에 대한 한 문장 요약. 통속 사례는 마지막 요약의 예시 자리에 넣는다. 증명은 §1.5를 그대로 재현하되, 라벨이 붙는 네 문장이 네 칸 표의 어느 칸인지 표시하고 마지막 임의성 선언까지 적는다.

**풀이.** **정리.** $\exists y\, \forall x: P(x,y)$가 참이면 $\forall x\, \exists y: P(x,y)$도 참이다. **증명.** 가정에서 그런 $y_0$를 잡자 [가정의 $\exists$ — 수령]. $x$를 임의로 잡자 [결론의 $\forall$ — 선택]. $y = y_0$으로 두자 [결론의 $\exists$ — 구성; 확보한 것의 재사용]. 확보한 가정 $\forall x: P(x, y_0)$을 지금의 $x$에 적용하면 [가정의 $\forall$ — 특수화] $P(x, y_0)$, 곧 $P(x, y)$가 성립한다. $x$가 임의였으므로 결론이 성립한다. $\blacksquare$ **역의 반례.** 무대를 실수 전체로 두고 $P(x, y)$를 "$x + y = 0$"으로 두자. 예제 2.1(a)에 의해 $\forall x\, \exists y: x + y = 0$은 참이지만, 예제 2.1(b)에 의해 $\exists y\, \forall x: x + y = 0$은 거짓이다. 따라서 역은 성립하지 않는다. **요약.** 만능 증인이 있으면 맞춤 증인은 그것을 재사용하면 되므로 한 방향은 공짜지만, 맞춤 증인이 바깥 문자에 의존하면 하나로 합칠 방법이 없으므로 반대 방향은 막힌다. 통속 사례로 옮기면 "누군가가 모두에게 사랑받는다"($\exists\forall$)에서 "모두가 누군가를 사랑한다"($\forall\exists$)는 따라 나오지만, 각자 사랑하는 상대가 다를 수 있으므로 역은 따라 나오지 않는다.

**복기.** 1권 10주차에서 순서 감각으로 익힌 것이, 여기서 "정리 하나와 반례 하나"라는 완결된 형태를 얻었다. 한 방향이 정리이고 다른 방향이 반례인 구조는 수학에서 가장 흔한 보고서 형식이므로 뼈대를 그대로 기억해 둔다.

### 문제 17

**접근.** 두 명제의 기호를 나란히 적으면 차이가 한 군데뿐임이 보인다 — $\exists\delta$가 $\forall x$의 안쪽에 있느냐 바깥에 있느냐다. 그것이 $\delta$를 맞춤으로 둘 수 있는지 만능이어야 하는지를 정한다. 반증은 $\varepsilon$을 먼저 특수화해 고정한 뒤, 만능 $\delta_0$를 가정하고 $x$를 충분히 크게 잡는 방식이다.

**풀이.** **대조.** ①의 겹은 $\forall x\ \forall \varepsilon\ \exists \delta\ \forall y$이고, ②의 겹은 $\forall \varepsilon\ \exists \delta\ \forall x\ \forall y$이다. ①에서는 $\exists\delta$가 $\forall x$의 안쪽에 있으므로 $\delta$는 $x$와 $\varepsilon$ 양쪽의 식이어도 된다 — 지점마다 다른 $\delta$를 써도 좋다는 뜻이고, 이것이 "각 점에서 연속"에 해당한다. ②에서는 $\exists\delta$가 $\forall x$의 바깥에 있으므로 $\delta$는 $\varepsilon$만의 식이어야 하고 $x$를 쓸 수 없다 — 하나의 $\delta$가 모든 지점을 감당해야 한다는 뜻이고, 이것이 "균등연속"에 해당한다. **②의 반증.** $\varepsilon = 1$로 특수화해 두자 [자격: $1 > 0$ ✓]. ②가 참이라면 그런 $\delta_0 > 0$가 존재하므로 잡자. 이제 $x = \frac1{\delta_0}$, $y = x + \frac{\delta_0}{2}$로 두자 [구성; $\delta_0$가 확정된 뒤이므로 $\delta_0$의 식이어도 된다]. 자격: $|y - x| = \frac{\delta_0}{2} < \delta_0$ ✓. 그러면

$$
|y^2 - x^2| = |y - x|\,|y + x| = \frac{\delta_0}{2}\left(2x + \frac{\delta_0}{2}\right) = \delta_0 x + \frac{\delta_0^2}{4} = 1 + \frac{\delta_0^2}{4} > 1 = \varepsilon
$$

이므로 ②의 사건이 위반된다. 첫 등호는 절댓값의 곱셈 성질(1권 17주차 문제 10)을 $(y - x,\ y + x)$에 특수화한 것이다. 모순이므로 ②는 거짓이다. $\blacksquare$

**복기.** $x^2$의 변화율이 $x$가 커질수록 커지므로, $x$를 충분히 멀리 보내면 어떤 고정된 $\delta_0$도 오차를 $1$ 안에 가둘 수 없다. ①은 1권 47주차에서 익힌 $\varepsilon$-$\delta$ 연속의 정의를 모든 점에서 요구한 것이고, ②는 그 $\delta$에서 $x$ 의존성을 뺀 강화판이다. 겹 순서 하나가 두 개념을 가른다는 것이 이 문제의 요점이다. 강화판 쪽은 균등연속 (uniformly continuous)이라는 이름을 갖고 있지만 이 교재의 정규 진도에서는 다루지 않는다 — 실해석학 교재에서 정식으로 만나게 된다.

### 문제 18

**접근.** 계산 $\lceil x \rceil + 1 > x$는 옳다. 그러므로 결함은 계산이 아니라 문장의 순서에 있다. 첫 문장에 등장한 $x$가 그 시점에 무대에 있는지 확인하고, 이 순서가 주장하는 겹 구조를 기호로 적어 보면 두 가지 결함이 동시에 드러난다.

**풀이.** **결함 1 — 소개되지 않은 문자.** 첫 문장 "$n = \lceil x \rceil + 1$로 두자"에서 $x$가 등장하는데, $x$를 무대에 올리는 문장은 그다음 줄에 있다. 등장 시점에 소개되지 않은 문자를 쓴 것이므로 1권 15주차 글쓰기 규범 2의 위반이다. **결함 2 — 겹 구조가 뒤바뀜.** 문장 순서상 $\exists n$이 $\forall x$보다 먼저 처리되었으므로, 이 답안이 주장하는 겹 구조는 $\exists n \in \mathbb{Z}\ \forall x \in \mathbb{R}: x < n$이다. 이 명제는 거짓이다 — 그런 $n_0$이 있다면 $x = n_0$에 특수화해 $n_0 < n_0$이라는 모순을 얻는다. 즉 이 답안은 표기의 순서만 어긋난 것이 아니라, 거짓 명제를 주장하는 문장을 쓰면서 내용으로는 맞춤 증인을 쓰는 자기모순 상태다. 두 결함이 하나의 원인에서 나온다는 점이 요점이다 — 독자는 문장 순서로 의존성을 판독하기 때문이다. **수리본.** 실수 $x$를 임의로 잡자 [바깥 겹 — 선택]. $n = \lceil x \rceil + 1$로 두자 [안쪽 겹 — 구성; 이제 $x$가 무대에 있으므로 $x$의 식이어도 합법이다]. 자격: 천장은 정수이므로 $n$은 정수 ✓. 사건: 천장의 성질에 의해 $\lceil x \rceil \ge x$이므로 $n = \lceil x \rceil + 1 \ge x + 1 > x$ ✓. $x$가 임의였으므로 성립한다. $\blacksquare$

**복기.** 겹 라벨을 옆에 다는 습관이 이 유형의 결함을 자동으로 잡아 준다. 라벨이 [구성] $\to$ [선택] 순서로 적히는 순간, 그 답안이 $\exists\forall$을 주장하고 있다는 것이 눈에 보인다.

### 문제 19

**접근.** 바깥 겹 둘($\forall a$, $\forall \varepsilon$)을 선택으로 처리하고 나면 남는 것은 유리수 증인의 제작이다. 증인을 곧바로 적을 수 없으므로 먼저 아르키메데스 성질에서 $\frac1n < \varepsilon$인 $n$을 하나 받아 오고, 그 $n$을 부품으로 써서 $a$를 $\frac1n$ 눈금으로 내림한 값을 증인으로 삼는다. 수령한 대상도 확정된 문자이므로 증인의 재료가 될 수 있다는 것이 이 문제의 새로운 점이다.

**풀이.** **증명.** 실수 $a$와 $\varepsilon > 0$을 임의로 잡자 [바깥 두 겹 — 선택 두 번]. S5주차 문제 14를 $\varepsilon$에 적용하면 [기성 정리의 특수화; 자격: $\varepsilon > 0$ ✓] $\frac1n < \varepsilon$인 양의 정수 $n$이 존재하므로, 그런 $n$을 잡자 [수령]. $q = \dfrac{\lfloor na \rfloor}{n}$으로 두자 [안쪽 겹 — 구성; $a$와 $n$이 모두 확정된 뒤이므로 두 문자의 식이어도 합법이다]. 자격: $\lfloor na \rfloor$는 정수이고 $n$은 양의 정수이므로 $q$는 정수를 0이 아닌 정수로 나눈 꼴, 곧 유리수이다 ✓. 사건: 바닥의 성질 $na - 1 < \lfloor na \rfloor \le na$(§1.6에서 채택한 사실, 근거 ④)의 각 변을 양수 $n$으로 나누면

$$
a - \frac1n < q \le a
$$

이다. 따라서 $0 \le a - q < \frac1n$이고, 이는 $|q - a| = a - q < \frac1n < \varepsilon$을 준다 ✓. $a$와 $\varepsilon$이 임의였으므로 성립한다. $\blacksquare$

**복기.** 증인의 재료가 두 종류다 — 선택으로 받은 문자($a$, $\varepsilon$)와 다른 정리에서 수령한 대상($n$)이다. 후자가 부품으로 들어가는 구조를 2단 제작이라 부를 수 있고, S5주차 문제 16이 예고했던 조밀성의 완성형이 여기서 나온다. 1권 15주차 문제 17이 "두 유리수 사이의 유리수"였다면, 이번 것은 임의의 실수 곁의 유리수다.

**검산.** $a = \sqrt2 \approx 1.4142$, $\varepsilon = 0.01$이면 $n = 101$이 조건을 만족하고, $q = \frac{\lfloor 101\sqrt2 \rfloor}{101} = \frac{142}{101} \approx 1.4059$이므로 $|q - a| \approx 0.0083 < 0.01$ ✓.

### 문제 20

**접근.** (a)는 "무엇을 재생하는가"와 "무엇이 출력되는가"의 대비로 쓴다. 외운 서식은 고정된 문구이고, 유도된 서식은 겹 처리라는 규칙의 출력이다. (b)는 네 칸 표를 문장으로 풀어 쓴 뒤 마지막 문장에 중첩 규칙을 얹으면 다섯 문장 안에 들어간다.

**풀이.** (예시 답안) (a) 서식을 외웠다는 것은 "$\varepsilon$을 잡자, $N$을 두자, $n$을 잡자"라는 세 문구를 순서대로 재생할 수 있다는 뜻이다. 유도할 수 있다는 것은 정의의 겹 구조 ($\forall\exists\forall$)를 읽고 각 겹을 네 칸 표로 번역하면 그 세 문구가 결과로 출력된다는 뜻이며, 이때 $N$이 $\varepsilon$의 식이어도 되는 이유까지 의존성의 문법에서 따라 나온다. 그래서 외운 사람은 낯선 정의 앞에서 멈추고, 유도할 수 있는 사람은 같은 절차로 첫 세 문장을 새로 만든다. (b) 결론의 $\exists$는 구성법으로 처리한다 — 증인을 제시하고 자격과 사건을 전수 검증한다. 결론의 $\forall$은 선택법으로 처리한다 — 자격만 갖춘 대상을 임의로 잡고, 마지막에 임의성으로 마무리를 선언한다. 가정의 $\forall$은 특수화로 쓴다 — 결론이 요구하는 값을 조준해 넣되 자격을 반드시 검증한다. 가정의 $\exists$는 수령으로 쓴다 — 보장된 대상에 이름을 붙여 잡는다. 양화사가 겹치면 새 기법 없이 가장 왼쪽부터 한 겹씩 이 넷을 반복 적용하며, 안쪽에서 만드는 대상은 바깥에서 확정된 문자들의 식이어도 된다.

**복기.** (b)의 다섯 문장이 S5~S8주차 4부작의 압축본이다. S9주차 백지시험의 첫 문항이 사실상 이 문단이므로, 문장 순서까지 그대로 재현할 수 있을 때까지 반복한다.

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**다음 주 예고 (S9주차):** 전반 종합 백지시험이다. 새 진도는 없고, S1~S8주차의 기법 전부 — 게임 $\cdot$ 후진 과정 $\cdot$ 전진 과정 $\cdot$ 정의의 양면 $\cdot$ 구성 $\cdot$ 선택 $\cdot$ 특수화 $\cdot$ 중첩 — 를 20문항 모의시험으로 점검한 뒤, 오답을 주차별 재학습 지도로 되돌린다. 준비물은 각 주차의 백지 재현 체크리스트를 완주하는 것 하나뿐이다. 원서 1~7장의 연습문제 중 아직 풀지 못한 것들을 이번 주에 재도전해 두면 시험 주간의 부담이 줄어든다.