17주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

17주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설#

예제 — 경우 나누기를 함께 만들기#

완성된 증명을 먼저 보이지 않는다. 예제 2.1은 설계부터 한 줄씩 함께 만들고, 예제 2.2는 설계만 함께, 예제 2.3은 설계부터 스스로 한다.

예제 2.1 — mod 3 분할#

명제. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(3 \mid (n^3 - n)\).

§1.1에서 막혔던 바로 그 명제다.

설계 — 쓰기 전에 정하는 세 가지. 이번 주부터 번역표에 한 줄이 늘어난다. 가정(출발점)과 목표(도착점) 사이에 분할이 들어온다.

말

수식 번역

가정 (주어진 것)

\(n\)은 정수

풀 정의가 없다 — 분할을 스스로 만들어야 한다

분할 (고를 것)

나머지에 따른 세 경우

\(n = 3q\) / \(n = 3q+1\) / \(n = 3q+2\)

목표 (만들 것)

\(3 \mid (n^3 - n)\)

\(n^3 - n = \underline{\quad(?)\quad}\) 꼴을 경우마다 만든다

확인 11. 목표 칸의 빈칸을 채워 보자. “\(3 \mid (n^3-n)\)임을 보인다”를

정의 2.1로 번역하면 어떤 꼴을 만들어야 하는가.

답

\(3 \times (\text{정수})\) 꼴이다. 경우 나누기에서 달라지는 것은 하나뿐이다 —

이 꼴을 경우마다 각각 만들어야 한다. 도착점 자체는 세 경우 모두 같다.

분할을 mod 3으로 고른 이유는 §1.2의 표다: 3의 배수인 인수가 무엇인지를

결정하는 것이 정확히 3으로 나눈 나머지였다.

1단계 — 대상을 문자로 잡고 재료를 정리한다.

확인 12. 첫 두 문장을 완성해 보자: “\(n\)을 \(\underline{\quad}\)라 하자.

\(n^3 - n = n(n-1)(n+1)\)로 \(\underline{\quad}\)된다.”

답

“임의의 정수” / “인수분해”. 명제가 “모든 정수 \(n\)”에 대한 주장이므로 특정

숫자가 아니라 문자를 올린다(1주차 예제 2.1의 1단계와 같다). 인수분해하면

연속한 세 정수의 곱이 되어, §1.2에서 관찰한 형태가 그대로 나온다.

2단계 — 분할을 선언하고 빠짐없음의 근거를 댄다. 이번 주에 새로 붙는 단계다.

확인 13. 셋째 문장을 완성해 보자: “\(\underline{\qquad}\)에 의해 \(n\)은 \(3q\),

\(3q+1\), \(3q+2\) 중 정확히 하나의 꼴이다 (단 \(q\)는 정수).”

답

“나눗셈 정리”. 이 한 문장이 채점 기준 ①을 담당한다. 이 문장이 없으면 아래의

세 경우는 임의로 고른 세 상황일 뿐이고, 다른 정수가 남아 있지 않다는 보장이

사라진다. §1.3의 가짜 증명이 무너진 자리가 정확히 여기다.

3단계 — 경우마다 결론까지 간다.

확인 14. 경우 1을 완성해 보자: “경우 1: \(n = 3q\). 그러면 \(3 \mid n\)이므로

\(3 \mid \underline{\qquad}\)이다.”

답

\(n(n-1)(n+1)\). 근거는 2주차 훈련 1이다 — \(a \mid b\)이면 임의의 정수 \(c\)에 대해

\(a \mid bc\)이다. 인수 하나가 3의 배수이면 곱 전체가 3의 배수가 된다.

경우 1은 이 한 줄로 결론에 도달했다.

확인 15. 경우 2와 경우 3에서 3의 배수가 되는 인수는 각각 무엇이고,

그것을 보이는 등식은 무엇인가.

답

경우 2(\(n = 3q+1\))에서는 \(n - 1 = 3q\)이므로 \(3 \mid (n-1)\)이다.

경우 3(\(n = 3q+2\))에서는 \(n + 1 = 3q + 3 = 3(q+1)\)이고 \(q + 1\)은 정수이므로

\(3 \mid (n+1)\)이다. 두 경우 모두 그다음은 경우 1과 같다 — 인수 하나가

3의 배수이므로 곱도 3의 배수다. 경우 3에서 괄호 안이 정수인지 확인하는 것은

1주차부터 이어 온 습관이다.

4단계 — 빠짐없음을 회수하며 종합한다.

확인 16. 마지막 문장을 완성해 보자: “세 경우가 \(\underline{\qquad}\)이므로,

모든 정수 \(n\)에 대해 \(3 \mid (n^3 - n)\)이다. \(\blacksquare\)”

답

“모든 정수를 빠짐없이 덮으므로”. 2단계에서 선언한 것을 마지막에 회수하는

문장이다. 3단계에서 세 경우가 각각 완결됐고 이 문장이 기준 ①을 확인하므로,

채점 기준 두 가지가 모두 충족됐다. 여기서 세 개의 작은 증명이 하나의 증명으로

묶인다.

완성본. 방금 만든 문장들을 이어 붙이면 아래 왼쪽 열이 된다. 손으로 베껴 쓰면서 각 줄 옆의 “왜”에 스스로 답해 본다.

증명의 한 줄

왜 이 줄을 쓰는가?

\(n\)을 임의의 정수라 하자. \(n^3 - n = n(n-1)(n+1)\)로 인수분해된다.

대상을 문자로 잡고 재료를 정리한다. 연속한 세 정수의 곱이 되어 3의 배수인 인수를 찾을 무대가 만들어진다.

나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 \(3q\), \(3q+1\), \(3q+2\) 중 정확히 하나의 꼴이다 (단 \(q\)는 정수).

분할 선언 + 채점 기준 ①(빠짐없음)의 근거. 이 줄이 빠지면 아래 세 경우는 임의로 고른 세 상황일 뿐이다.

경우 1: \(n = 3q\). 그러면 \(3 \mid n\)이므로 \(3 \mid n(n-1)(n+1)\)이다.

인수 하나가 3의 배수이면 곱 전체도 3의 배수(2주차 훈련 1). 기준 ②의 첫 항목이 완결됐다.

경우 2: \(n = 3q+1\). 그러면 \(n - 1 = 3q\)이므로 \(3 \mid (n-1)\)이고, 따라서 \(3 \mid n(n-1)(n+1)\)이다.

이번에는 다른 인수가 3의 배수다. 도착점 문장은 경우 1과 완전히 같다.

경우 3: \(n = 3q+2\). 그러면 \(n + 1 = 3q + 3 = 3(q+1)\)이고 \(q+1\)은 정수이므로 \(3 \mid (n+1)\)이고, 따라서 \(3 \mid n(n-1)(n+1)\)이다.

마지막 경우 완결. 괄호 안이 정수인지 확인하는 습관은 1주차와 같다.

세 경우가 모든 정수를 빠짐없이 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(3 \mid (n^3 - n)\)이다. \(\blacksquare\)

빠짐없음을 회수하고 종합한다. 이 문장이 세 개의 부분 증명을 하나의 증명으로 묶는다.

대입 시뮬레이션. 완성본의 \(n\)에 구체적인 수를 넣어 읽어 보자. \(n = 7\)이면 \(7 = 3 \times 2 + 1\)이므로 경우 2다: \(n - 1 = 6 = 3 \times 2\)이고 \(7^3 - 7 = 336 = 3 \times 112\) ✓. \(n = 11\)이면 \(11 = 3 \times 3 + 2\)이므로 경우 3이다: \(n + 1 = 12 = 3 \times 4\)이고 \(11^3 - 11 = 1320 = 3 \times 440\) ✓. 어떤 정수를 넣어도 셋 중 정확히 한 경우로 들어가고, 그 경우의 줄이 그대로 작동한다. 나눗셈 정리의 “유일하게 존재한다”가 “정확히 한 경우”를 보장한다.

예제 2.2 — 절댓값: 케이스 정의 사용#

명제. 모든 실수 \(x\)에 대해 \(|x|^2 = x^2\).

이번에는 설계만 함께 하고, 본문은 완성본으로 본다.

확인 17. 번역표를 채워 보자.

가정: \(x\)는 실수 \(\to\) 풀 정의가 없다. 그런데 식 안에 \(\lvert x \rvert\)가 있다.

분할: \(\underline{\qquad}\) / \(\underline{\qquad}\) — 빠짐없음의 근거는 \(\underline{\qquad}\)

목표: \(\lvert x \rvert^2 = x^2\) \(\to\) 경우마다 좌변을 계산해 우변과 일치시킨다.

답

분할은 \(x \ge 0\) / \(x < 0\)이고, 근거는 정의 17.1 자체다 — 정의가 이미 이

두 가지로 갈려 있고, 두 조건은 겹치지 않으며 합치면 실수 전체다(삼분법으로

말해도 같다). 식에 절댓값이 보이면 부호로 나눈다가 이번 주의 기본 반사다.

목표는 등식이므로 경우마다 좌변을 계산해 우변과 같아지는지 확인하면 된다.

증명의 한 줄

왜 이 줄을 쓰는가?

\(x\)를 임의의 실수라 하자.

대상을 문자로 잡는다.

\(x \ge 0\)이거나 \(x < 0\)이고, 두 경우가 실수 전체를 덮는다.

분할 선언 + 빠짐없음의 근거. 정의 17.1의 두 조건이 그대로 분할이 된다.

경우 1: \(x \ge 0\). 정의 17.1의 첫 가지에 의해 \(\lvert x \rvert = x\)이므로 \(\lvert x \rvert^2 = x^2\)이다.

부호 판정 \(\to\) 가지 적용 \(\to\) 대입. 근거 ①의 표준 사용법이다.

경우 2: \(x < 0\). 정의 17.1의 둘째 가지에 의해 \(\lvert x \rvert = -x\)이므로 \(\lvert x \rvert^2 = (-x)^2 = x^2\)이다.

부호를 반전한 값을 제곱하면 부호가 사라진다. 여기서 두 경우의 도착점이 같아진다.

두 경우가 실수 전체를 덮으므로, 모든 실수 \(x\)에 대해 \(\lvert x \rvert^2 = x^2\)이다. \(\blacksquare\)

빠짐없음 회수 후 종합. 예제 2.1의 마지막 줄과 같은 역할이다.

예제 2.3 — WLOG#

명제. 정수 \(x, y\) 중 적어도 하나가 짝수이면 \(xy\)는 짝수이다.

이번에는 설계부터 스스로 해 보자.

확인 18. 번역표: 가정 “\(x\) 또는 \(y\)가 짝수” \(\to\) 분할 \(\underline{\qquad}\) /

\(\underline{\qquad}\). 두 경우는 서로 어떤 관계인가. 목표 “\(xy\)가 짝수” \(\to\)

\(\underline{\qquad}\) 꼴.

답

분할은 “\(x\)가 짝수” / “\(y\)가 짝수”이고, 빠짐없음의 근거는 가정의 “또는”

그 자체다 — 이번에는 분할을 만들 필요가 없다. **가정이 이미 분할된 형태로

주어졌다.** 두 경우는 \(x\)와 \(y\)의 이름을 맞바꾸면 서로 옮겨지므로 대칭이고,

따라서 WLOG를 쓸 수 있다. 목표 꼴은 \(2 \times (\text{정수})\)이다.

증명. 가정에 의해 \(x\)가 짝수이거나 \(y\)가 짝수이다. 두 경우는 \(x\)와 \(y\)의 이름을 맞바꾸면 서로 같은 논증이 되므로, 일반성을 잃지 않고 \(x\)가 짝수라 하자. 그러면 정의에 의해 \(x = 2a\)인 정수 \(a\)가 존재하고,

\[ xy = (2a)y = 2(ay) \]

이며 \(ay\)는 정수이므로 \(xy\)는 짝수이다. \(\blacksquare\)

이번 증명은 표 없이 산문으로 적었다. 표는 연습 단계의 장치이고, 실전의 증명은 처음부터 끝까지 이런 산문이다.

WLOG가 없었다면 “경우 2: \(y\)가 짝수. \(y = 2b\)인 정수 \(b\)가 존재하고 \(xy = 2(bx)\)이므로 짝수”를 한 번 더 썼을 것이다. 생략의 대가로 남긴 것은 둘째 문장, 곧 “이름을 맞바꾸면 서로 같은 논증”이라는 근거다. 그 문장이 없는 WLOG 답안은 경우 하나를 정당하게 생략한 것인지 그냥 빠뜨린 것인지 구별되지 않는다. (1주차 예제 2.2의 명제가 여기서 다른 길로 다시 증명됐다.)

관찰 — 세 예제의 같은 뼈대#

세 예제는 소재가 다르고 분할의 출처도 다르지만 뼈대가 같다.

확인 19. 예제 2.2의 완성본에서 각 단계에 해당하는 문장을 찾아 보자.

① 대상 잡기: \(\underline{\qquad}\)

② 분할 선언 + 빠짐없음 근거: \(\underline{\qquad}\)

③ 경우마다 결론까지: \(\underline{\qquad}\)

④ 종합: \(\underline{\qquad}\)

답

① “\(x\)를 임의의 실수라 하자.”

② “\(x \ge 0\)이거나 \(x < 0\)이고, 두 경우가 실수 전체를 덮는다.”

③ 경우 1과 경우 2의 두 줄.

④ “두 경우가 실수 전체를 덮으므로 …”

예제 2.1도 정확히 같은 네 걸음이다. 예제 2.3은 ③이 WLOG로 한 줄로 압축되고,

①과 ④는 가정 문장과 WLOG 정당화 문장에 흡수되어 겉으로 드러나지 않는다 —

산문 증명에서 자주 일어나는 축약이다. 분할의 출처만 다르다 — 예제 2.1은 나눗셈 정리, 예제 2.2는 정의 17.1,

예제 2.3은 가정의 “또는”이다.

방금 확인한 뼈대에 이름을 붙인다.

백지 암기 대상

경우 나누기의 4단계 틀

① 대상을 문자로 잡는다 \(\to\) ② 분할을 선언하고 빠짐없음의 근거를 댄다 \(\to\) ③ 경우마다 결론까지 도달한다 \(\to\) ④ 빠짐없음을 회수하며 종합한다

②와 ④가 이번 주에 새로 붙는 두 줄이다. ③의 안쪽은 1~2주차의 3단계 틀 그대로다. 경우 나누기는 새로운 증명법이 아니라, 직접 증명을 여러 번 하고 그것들을 하나로 묶는 방식이다.

빈칸 사다리 — 지지대를 하나씩 빼며#

필사에서 자립으로 넘어가는 다리다. 훈련이 진행될수록 빈칸이 커진다. 베끼지 말고 빈칸만 스스로 채운다. 답은 해설(§6)에 있다 — 다 채운 뒤에 대조한다.

훈련 1 ●○○ — 수식 빈칸#

명제. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + n\)은 짝수이다.

증명. \(n\)을 임의의 정수라 하자. \(n\)은 짝수이거나 홀수이다.

경우 1: \(n\)이 짝수. \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재하고, \(n^2 + n = n(n+1) = 2k(n+1) = 2\big(\underline{\quad(1)\quad}\big)\)이므로 짝수이다.

경우 2: \(n\)이 홀수. \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재하고, \(n + 1 = \underline{\quad(2)\quad}\)이므로 \(n^2 + n = n(n+1) = 2\big(\underline{\quad(3)\quad}\big)\)이므로 짝수이다.

두 경우가 모든 정수를 \(\underline{\quad(4)\quad}\)므로 증명이 끝났다. \(\blacksquare\)

훈련 2 ●●○ — 수식과 근거를 함께#

이번에는 구조 낱말과 근거 문장도 빈칸이다.

명제. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + 3n\)은 짝수이다.

증명. \(n\)을 \(\underline{\quad(1)\quad}\)라 하자. \(\underline{\quad(2)\quad}\)에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이다.

경우 1: \(n\)이 짝수. 정의에 의해 \(n = \underline{\quad(3)\quad}\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면

\[ n^2 + 3n = 4k^2 + 6k = 2\big(\underline{\quad(4)\quad}\big) \]

이고 괄호 안은 정수이므로 \(n^2 + 3n\)은 짝수이다.

경우 2: \(n\)이 홀수. 정의에 의해 \(n = \underline{\quad(5)\quad}\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면

\[ n^2 + 3n = (4k^2 + 4k + 1) + (6k + 3) = 2\big(\underline{\quad(6)\quad}\big) \]

이고, \(\underline{\quad(7)\quad}\)이므로 괄호 안은 정수이다. 따라서 짝수이다.

두 경우가 정수 전체를 덮으므로 증명이 끝났다. \(\blacksquare\)

훈련 3 ●●● — 뼈대만 남기고#

이번에는 4단계 틀의 각 칸을 통째로 채운다.

명제. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + n + 1\)은 홀수이다.

증명의 뼈대.

  • ① 대상 잡기: \(\underline{\quad(1)\quad}\)

  • ② 분할 선언과 빠짐없음의 근거: \(\underline{\quad(2)\quad}\)

  • ③ 경우마다 결론까지: \(\underline{\quad(3)\quad}\)

  • ④ 종합: \(\underline{\quad(4)\quad}\)

(목표 꼴은 \(2 \times (\text{정수}) + 1\)이다. 이 훈련이 문제 9의 예행연습이다.)

연습문제 (20문항)#

해설을 보기 전에 문제당 최소 10분 스스로 시도한다. 막히면 곧바로 풀이를 읽지 말고, 해설의 ‘접근’까지만 읽고 다시 시도한다 \(\to\) 그래도 안 되면 풀이를 읽는다.

이번 주의 채점 기준

답이 아니라 근거가 점수다. 경우 나누기 답안에서 점수가 걸린 자리는

두 곳이다 — ① 분할이 전체를 덮는다는 근거 문장이 있는가 ② 경우마다 결론까지

도달했는가. 경우 1의 계산만 완벽하고 ①의 문장이 없는 답안은, §1.3의 가짜

증명과 형식이 같다. 난이도와 무관하게, 힌트 상자는 5분 이상 막힌 뒤에만 연다.

기본 ●○○#

1. [백지] 절댓값의 케이스 정의를 쓰고, \(|5|\), \(|-3|\), \(|0|\)을 정의에 따라 계산하시오.

힌트

각 값마다 먼저 부호를 판정하고 어느 가지인지 밝힌 뒤 값을 적는다.

부호 판정 문장이 답안의 절반이다 (확인 7에서 두 개를 이미 했다).

2. 다음 분할이 “정수 전체에 대해 빠짐없는지” 판정하시오 (아니면 새는 경우 지적). (a) \(n > 0\) / \(n < 0\) (b) \(n\) 짝수 / \(n\) 홀수 (c) \(n = 4k\) / \(n = 4k+1\) / \(n = 4k+2\) / \(n = 4k+3\) (d) \(n\) 소수 / \(n\) 합성수

힌트

각 분할에서 “어디에도 속하지 않는 정수”를 하나 찾아본다. 하나라도 찾으면

빠짐이 있고, 못 찾으면 왜 못 찾는지를 근거(나눗셈 정리 등)로 적는다.

(d)에서는 \(1\)과 \(0\)부터 확인한다.

3. 모든 실수 \(x\)에 대해 \(|x| \ge 0\)임을 케이스로 증명하시오.

힌트

분할은 정의 17.1이 이미 정해 주었다. 경우 2에서 \(|x| = -x\)인데,

삼분법의 약속대로 \(x < 0\)이면 \(-x\)의 부호는 무엇이 되는가.

4. 모든 실수 \(x\)에 대해 \(|-x| = |x|\)임을 케이스로 증명하시오. (경우: \(x > 0\), \(x = 0\), \(x < 0\))

힌트

각 경우에서 \(|x|\)와 \(|-x|\)를 각각 따로 정의로 계산해 비교한다.

\(|-x|\)를 계산하려면 \(-x\)의 부호를 판정해야 한다 — \(x < 0\)이면 \(-x\)는 어느 쪽인가.

5. 모든 실수 \(x\)에 대해 \(x \le |x|\)임을 케이스로 증명하시오.

힌트

경우 1(\(x \ge 0\))에서는 등호가 성립한다. 경우 2(\(x < 0\))에서는

\(x < 0\)과 \(|x| = -x > 0\)을 이어 \(x < 0 < |x|\)라는 사슬을 만든다.

같은 두 경우로 \(-x \le |x|\)도 함께 보여 둘 것 — 문제 11\(\cdot\)12가 쓰는 재료다.

6. 예제 2.1(mod 3 분할)을 백지에 재현하시오.

힌트

4단계 틀의 순서대로 적는다: 문자 잡기와 인수분해 \(\to\) 나눗셈 정리로 분할 선언 \(\to\)

경우 세 개 \(\to\) 빠짐없음 회수. 재현 후 예제 2.1의 완성본과 줄 수까지 대조한다.

표준 ●●○#

7. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(2 \mid (n^3 - n)\)임을 짝/홀 분할로 증명하시오.

8. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2\)을 3으로 나눈 나머지는 0 또는 1임을 증명하시오. (즉 \(n^2 = 3k\) 꼴이거나 \(n^2 = 3k+1\) 꼴; mod 3 분할 — 이 결과는 19주차의 보조정리가 된다)

힌트

예제 2.1과 같은 mod 3 분할이지만 다루는 식이 다르다. 세 경우 각각에서

\(n\)을 대입해 \(n^2\)을 전개하고, \(3 \times (\text{정수})\) 또는

\(3 \times (\text{정수}) + 1\) 중 어느 꼴로 정리되는지 확인한다.

9. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2\)을 4로 나눈 나머지는 0 또는 1임을 증명하시오. (짝/홀 분할)

10. 모든 실수 \(x, y\)에 대해 \(|xy| = |x||y|\)임을 증명하시오. (경우 4개, 또는 WLOG로 압축해도 좋다. \(x, y\) 중 0이 있는 경우는 자명하므로 먼저 처리 가능)

힌트

문자가 둘이므로 부호 조합이 넷이다. 각 경우에서 먼저 판정할 것은 **곱 \(xy\)의

부호**다 — 그것이 정해져야 좌변 \(|xy|\)를 정의로 풀 수 있다.

0이 얽힌 경우를 먼저 떼어 내면 남은 넷이 깔끔해진다.

동치 명제의 증명 — 두 방향을 각각

\(\iff\)는 두 조건문을 한꺼번에 주장하는 기호다(8주차). 따라서 증명도 두 번

쓴다 — (\(\Longrightarrow\)) 왼쪽을 가정해 오른쪽을 얻고, (\(\Longleftarrow\)) 오른쪽을 가정해 왼쪽을 얻는다.

5주차 문제 16에서 집합의 상등을 양방향 포함으로 쪼갠 것과 같은 구조다.

두 방향은 서로 다른 증명이므로 한쪽만 쓰면 절반만 증명한 것이 된다.

11. (보조정리) \(b \ge 0\)일 때, \(|a| \le b \iff -b \le a \le b\)임을 증명하시오. (양방향 각각 케이스; 삼각부등식의 열쇠)

힌트

(\(\Longrightarrow\))에서는 케이스 없이 문제 5와 그 파생 사실(\(-|a| \le a \le |a|\))만으로

끝난다. (\(\Longleftarrow\))에서는 \(a\)의 부호로 나눈다 — 각 경우에서 \(|a|\)가 \(a\)인지 \(-a\)인지

정해지고, 가정의 두 부등식 중 하나가 그 값을 \(b\) 아래로 눌러 준다.

12. (삼각부등식, triangle inequality) 모든 실수 \(x, y\)에 대해

\[ |x + y| \le |x| + |y| \]

임을 증명하시오. (힌트: \(-|x| \le x \le |x|\)와 \(-|y| \le y \le |y|\)를 변끼리 더한 뒤 문제 11을 적용 — 케이스로 나누지 않고 보조정리 하나로 케이스를 흡수하는 길)

힌트

변끼리 더하면 \(-(|x|+|y|) \le x + y \le |x|+|y|\)가 된다. 이 꼴을 문제 11의

오른쪽과 나란히 놓아 보자 — \(a\)와 \(b\) 자리에 무엇을 대응시키면 되는가.

문제 11을 쓰려면 \(b \ge 0\)을 확인해야 한다는 것도 잊지 않는다.

새 기호 — \(\max\)와 \(\min\)

실수 \(x, y\)에 대해 \(\max(x,y)\)는 둘 중 큰 값, \(\min(x,y)\)는 둘 중 작은 값을

뜻하고 각각 “맥스”, “민”으로 읽는다. 절댓값과 마찬가지로 케이스 정의다:

\[\begin{split} \begin{aligned}\max(x,y) = \begin{cases} x & (x \ge y) \\ y & (x < y) \end{cases} \qquad \min(x,y) = \begin{cases} y & (x \ge y) \\ x & (x < y) \end{cases}\end{aligned} \end{split}\]

두 조건은 겹치지 않고 합치면 실수 쌍 전체를 덮는다 — 정의 안에 빠짐없음이

들어 있다. \(x = y\)일 때는 첫 줄이 적용되고, 두 값이 같으므로 어느 줄을 써도

결과가 같다. 문제 13과 18이 이 정의를 쓴다.

13. \(\max(x, y) + \min(x, y) = x + y\)임을 증명하시오. (경우: \(x \ge y\) / \(x < y\). \(\max, \min\)의 케이스 정의를 먼저 쓰고 시작)

힌트

각 경우에서 \(\max\)와 \(\min\)의 값을 각각 확정한 뒤 더한다.

경우 2에서 합이 \(y + x\)로 나오는데, 목표는 \(x + y\)다 — 덧셈의 교환법칙

한 줄을 적어 도착점의 꼴을 정확히 맞춘다.

14. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n(n+1)(2n+1)\)은 짝수임을 증명하시오. (어떤 분할이 가장 짧은가?)

힌트

짝/홀로 나누어도 풀리지만, 세 인수 중 두 개가 연속한 정수라는 점을 보면

나눌 필요조차 없어진다. 1주차 문제 16이 이미 증명해 둔 사실이 있다.

도전 ●●●#

15. 모든 홀수 \(n\)에 대해 \(n^2\)을 8로 나눈 나머지가 1임을 증명하시오. (힌트: \(n = 2k+1\) 대입 후 \(4k(k+1)\)에서 연속 정수 곱 — 1주차 문제 17의 공식 재방문. “\(k(k+1)\)이 짝수”를 케이스로 처리)

힌트

\(n = 2k+1\)을 대입해 전개하면 \(n^2 = 4k^2 + 4k + 1\)이다. 앞 두 항을 \(4k(k+1)\)로

묶으면 목표까지 남은 것은 하나 — \(k(k+1)\)에서 2를 더 꺼내는 일이다.

그 2를 보장하는 것이 1주차 문제 16이고, 그 증명이 경우 나누기였다.

16. (역삼각부등식) 모든 실수 \(x, y\)에 대해 \(|x| - |y| \le |x - y|\)임을 증명하시오. (힌트: \(|x| = |(x-y) + y|\)에 삼각부등식(문제 12)을 적용 — 케이스 없이 보조정리 재사용)

힌트

\(x\)를 그대로 두지 말고 \(x = (x - y) + y\)로 쪼갠다. 아무것도 더하지 않았지만

목표에 등장하는 \(x - y\)가 식 안에 나타난다. 그다음 삼각부등식을 한 번

적용하고, 양변에서 \(|y|\)를 빼면(W2) 끝난다.

17. 모든 정수 \(n\)에 대해, \(n^2 + 2\)는 4의 배수가 아님을 증명하시오. (힌트: 문제 9의 결과를 보조정리로 — \(n^2 + 2\)를 4로 나눈 나머지가 무엇일 수 있는지 추적)

힌트

“~가 아니다”를 직접 증명하는 길은 가능한 값을 전부 나열해 목표 값이 그

목록에 없음을 보이는 것이다. 문제 9가 \(n^2\)의 가능한 꼴을 두 개로 좁혀 두었다.

각각에 2를 더하면 나머지가 무엇이 되는가.

18. 실수 \(x, y\)에 대해 \(\max(x,y) = \dfrac{x + y + |x - y|}{2}\)임을 증명하시오. (경우 2개 — 각 경우에서 \(|x-y|\)가 먼저 결정된다)

힌트

분할은 \(x \ge y\) / \(x < y\)다. 각 경우에서 먼저 할 일은 \(x - y\)의 부호를

판정해 \(|x-y|\)를 정의로 푸는 것이다. 그 값을 우변에 대입해 계산하면

\(\max\)의 정의가 주는 값과 같아지는지 확인할 수 있다.

19. 다음 답안의 오류를 지적하시오.

“명제: 모든 정수 \(x, y\)에 대해 \(x^2 + y^2 \ge 2xy\) … (참인 명제)

증명: 일반성을 잃지 않고 \(x = y\)라 하자. 그러면 \(x^2 + y^2 = 2x^2 = 2xy\)이므로 성립한다. \(\blacksquare\)”

(질문: WLOG가 정당하려면 무엇이 필요했는가? “\(x = y\)라 하자”는 무엇을 잃었는가?)

힌트

계산은 한 줄도 틀리지 않았다. 그러므로 오류는 계산이 아니라 첫 문장의

선언에 있다. §1.6의 허가 조건을 이 답안에 적용해 보자 — 남은 상황

(\(x \neq y\))이 다룬 상황과 이름 교환으로 옮겨지는가.

20. (a) 경우 나누기의 논리적 근거 \((P_1 \lor P_2) \Rightarrow Q \equiv (P_1 \Rightarrow Q) \land (P_2 \Rightarrow Q)\)를 진리표(8행)로 증명하시오. (b) (서술) “경우가 겹치는 것은 무해하지만 빠뜨리는 것은 치명적”인 이유를 각각 한 문장으로 쓰시오.

힌트

(a) 변수가 \(P_1, P_2, Q\) 셋이므로 행은 \(2^3 = 8\)개다(9주차 확인 4의 요령).

양변을 각각 열로 만들고, 두 열이 모든 행에서 일치하는지 본다. 어느 행이

거짓이 되는지만 비교해도 충분하다.

(b) 겹침은 §1.3 확인 5에서, 빠짐은 확인 4에서 이미 관찰했다.

백지 재현 — 복습 프로토콜#

권장 일정 — 1~3일차: §0~§4 학습과 연습문제 / 4일차: 1차 재현 / 5일차: 완전 백지 재현. 재현은 두 번으로 나눈다. 한 번에 완전 백지로 가지 않는다.

1차 시도 (4일차) — 틀 카드 허용. 4단계 틀(§2 관찰)과 표준 분할 3종 표(§1.4)만 펴 놓고, 예제 2.1(mod 3)을 처음부터 끝까지 적는다. 정의와 본문은 보지 않는다.

2차 시도 (5일차) — 완전 백지. 아무것도 보지 않고 수행한다:

  • 경우 나누기의 채점 기준 두 가지를 썼다 (빠짐없음, 각 경우 완결).

  • 절댓값의 케이스 정의를 조각 그대로 쓰고 \(-|x| \le x \le |x|\)를 유도했다.

  • 예제 2.1(mod 3)을 백지에 처음부터 끝까지 재현했다 — 빠짐없음 문장 포함.

  • 재현한 증명에서 ① 대상 잡기 ② 분할 선언 ③ 경우별 완결 ④ 종합의 네 단계를 손가락으로 짚을 수 있다.

  • 표준 분할 3종과 각각의 빠짐없음 근거를 짝지어 말할 수 있다.

  • 삼각부등식의 증명 아이디어(“변끼리 더하고 보조정리 적용”)를 말로 재현했다.

  • WLOG의 허용 조건(이름 교환으로 옮겨지는 대칭)을 한 문장으로 설명했다.

막힌 지점별 처방. 막힌 지점이 무엇을 다시 볼지 알려 준다.

막힌 지점

처방

어떤 분할을 골라야 할지 모르겠다

§1.4 표준 분할 3종 — 식에 무엇이 있는지 본다(절댓값 \(\to\) 부호, 제곱과 나머지 \(\to\) mod \(d\))

분할은 했는데 첫 줄이 안 나온다

예제 2.1의 2단계 — 분할 선언 문장에는 반드시 근거가 붙는다

경우 하나만 쓰고 멈춘다

§1.3 가짜 증명 — 덮지 못한 구간에서는 결론이 증명된 적이 없다

절댓값이 든 식에서 시작을 못 한다

§1.5 — 절댓값을 만나면 먼저 안쪽 식의 부호를 판정한다

WLOG를 써도 되는지 판단이 안 선다

§1.6 확인 9 — 남은 경우가 이름 교환으로 옮겨지는지만 묻는다

종합 문장을 무엇으로 쓸지 모르겠다

예제 2.1의 4단계 — 2단계에서 선언한 빠짐없음을 그대로 회수한다

하나라도 실패하면 그 항목만 다시 필사하고 다음날 재시도한다.

해설#

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

빈칸 사다리 — 훈련 1#

(1) \(k(n+1)\) (2) \(2k + 2 = 2(k+1)\) (3) \(n(k+1)\) (4) 덮으(므로)

※ 경우 2에서 2를 꺼낸 자리가 경우 1과 다르다는 점이 핵심이다. 경우 1에서는 \(n\) 자체가 2를 갖고 있었고, 경우 2에서는 \(n\)이 아니라 \(n+1\)이 2를 갖고 있다. 연속한 두 정수 중 하나는 반드시 짝수라는 사실(1주차 문제 16)의 재현이다.

빈칸 사다리 — 훈련 2#

(1) 임의의 정수 (2) 나눗셈 정리 (또는 “모든 정수는 짝수이거나 홀수이다”) (3) \(2k\) (4) \(2k^2 + 3k\) (5) \(2k+1\) (6) \(2k^2 + 5k + 2\) (7) 정수의 곱과 합은 정수 (근거 ②)

※ 경우 2의 전개를 확인해 두면 — \(n^2 + 3n = (2k+1)^2 + 3(2k+1) = 4k^2 + 4k + 1 + 6k + 3 = 4k^2 + 10k + 4\)이고, 이것이 \(2(2k^2 + 5k + 2)\)이다. 상수항 \(1 + 3 = 4\)가 짝수라서 \(+1\)이 남지 않는 것이 경우 2가 짝수로 닫히는 이유다.

빈칸 사다리 — 훈련 3#

(1) \(n\)을 임의의 정수라 하자. (2) 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 정수 전체를 덮는다. (3) 경우 1: \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재하고, \(n^2 + n + 1 = 4k^2 + 2k + 1 = 2(2k^2 + k) + 1\)이며 \(2k^2 + k\)는 정수이므로 홀수이다. 경우 2: \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재하고, \(n^2 + n + 1 = (4k^2 + 4k + 1) + (2k + 1) + 1 = 4k^2 + 6k + 3 = 2(2k^2 + 3k + 1) + 1\)이며 \(2k^2 + 3k + 1\)은 정수이므로 홀수이다. (4) 두 경우가 정수 전체를 빠짐없이 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + n + 1\)은 홀수이다. \(\blacksquare\)

※ 훈련 1과 재료가 거의 같은데 결론이 홀수로 바뀌었다. \(n^2 + n\)이 언제나 짝수이므로(훈련 1) 거기에 1을 더하면 홀수가 되는 것이다 — 부품 재사용으로 훈련 3을 두 줄에 끝낼 수도 있다. 어느 쪽이든 정답이다.

문제 1#

접근. 절댓값의 값을 묻는 문제에서 채점 대상은 값이 아니라 부호 판정이다. 각 수마다 “이 수는 0 이상인가, 0보다 작은가”를 먼저 정하고, 그에 따라 정의의 어느 가지를 쓰는지 밝힌 뒤 값을 적는다. 정의 자체를 쓰는 부분은 두 줄짜리 케이스 형태를 그대로 재현한다.

풀이. 정의: 실수 \(x\)에 대해 \(|x| = x\) (\(x \ge 0\)일 때), \(|x| = -x\) (\(x < 0\)일 때).

\(|5|\): \(5 \ge 0\)이므로 첫 가지가 적용되어 \(|5| = 5\)이다. \(|-3|\): \(-3 < 0\)이므로 둘째 가지가 적용되어 \(|-3| = -(-3) = 3\)이다. \(|0|\): \(0 \ge 0\)이므로 첫 가지가 적용되어 \(|0| = 0\)이다.

복기. \(|-3| = -(-3)\)이라는 표기가 “마이너스를 붙인다”로 읽히면 값이 \(-3\)으로 나온다. 정의의 \(-x\)는 \(x\)의 반대 부호를 뜻하고, \(x\)가 이미 음수이면 \(-x\)는 양수다. \(x = 0\)이 첫 가지에 속하는 것도 정의가 정한 사항이다 — 등호가 첫 줄에 붙어 있다.

문제 2#

접근. 빠짐없음의 판정법은 하나다 — “어느 경우에도 속하지 않는 정수”를 찾아본다. 하나라도 찾으면 빠짐이 있고, 못 찾으면 왜 못 찾는지를 근거로 적는다. 근거가 될 수 있는 것은 나눗셈 정리(나머지가 유한 개)와 “\(P\) 또는 \(\neg P\)”의 이분법이다.

풀이. (a) 빠짐이 있다. \(n = 0\)은 \(n > 0\)도 \(n < 0\)도 아니다. 삼분법에 따르면 경우가 셋이므로, 둘만 쓰면 \(n = 0\)이 새어 나간다. (b) 빠짐이 없다. 나눗셈 정리(나누는 수 2)에 의해 모든 정수는 \(n = 2k\) 또는 \(n = 2k+1\) 중 정확히 하나의 꼴이므로, 짝수와 홀수가 정수 전체를 덮는다. (c) 빠짐이 없다. 나눗셈 정리(나누는 수 4)에 의해 나머지는 \(0, 1, 2, 3\) 중 하나이므로 네 경우가 정수 전체를 덮는다. (d) 빠짐이 있다. \(n = 1\)은 소수도 합성수도 아니다(15주차 문제 4). \(n = 0\)과 모든 음의 정수도 어느 쪽에도 속하지 않는다. 무대를 “2 이상의 정수”로 좁히면 빠짐이 없어진다 — 그 무대에서는 모든 수가 소수이거나 합성수다.

복기. (a)와 (d)가 보여 주는 것은 같다 — 분할의 빠짐없음은 경우의 개수가 아니라 무대에 대해 판정된다. 같은 (d)의 분할도 무대를 바꾸면 합격한다. 답안에 분할을 쓸 때 무대를 함께 밝혀야 하는 이유다.

문제 3#

접근. 목표는 부등식이고 좌변에 절댓값이 있으므로, 정의 17.1의 두 가지가 그대로 분할이 된다. 각 경우에서 \(|x|\)의 값을 확정한 뒤 그 값이 0 이상인지 보이면 된다. 경우 2에서는 \(x < 0\)에서 \(-x > 0\)을 끌어내는 한 줄이 필요하다.

풀이. \(x\)를 임의의 실수라 하자. \(x \ge 0\)이거나 \(x < 0\)이고, 두 경우가 실수 전체를 덮는다. 경우 1: \(x \ge 0\). 정의 17.1에 의해 \(|x| = x\)이고, 가정이 곧 \(x \ge 0\)이므로 \(|x| \ge 0\)이다. 경우 2: \(x < 0\). 정의 17.1에 의해 \(|x| = -x\)이다. 삼분법의 약속대로 \(x < 0\)이면 \(-x\)는 양수이므로(16주차 §1.4가 (W1)을 유도할 때 쓴 것과 같은 사실), \(|x| = -x > 0 \ge 0\)이다.

두 경우가 실수 전체를 덮으므로, 모든 실수 \(x\)에 대해 \(|x| \ge 0\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 절댓값 명제의 첫 걸음은 언제나 안쪽 식의 부호 판정이고, 음수 가지에서는 값이 \(-x\)로 바뀌면서 부호까지 함께 뒤집힌다. 부호 판정 \(\to\) 가지 확정 \(\to\) 부등호 방향의 세 걸음이 문제 4\(\cdot\)5\(\cdot\)10\(\cdot\)18에서 그대로 재사용된다.

검산. \(x = -5\)이면 \(|x| = 5 \ge 0\) ✓, \(x = 0\)이면 \(|x| = 0 \ge 0\) ✓.

문제 4#

접근. 등식의 양변에 절댓값이 하나씩 있고 안쪽 식이 다르다(\(x\)와 \(-x\)). 그러므로 각 경우에서 두 번 부호를 판정한다 — \(x\)의 부호로 \(|x|\)를, \(-x\)의 부호로 \(|-x|\)를 각각 결정한 뒤 두 값을 비교한다. \(x = 0\)을 따로 두는 이유는 \(x\)와 \(-x\)가 동시에 0이 되어 부호 판정이 한 가지로 합쳐지기 때문이다.

풀이. \(x\)를 임의의 실수라 하자. 삼분법에 의해 \(x > 0\), \(x = 0\), \(x < 0\) 중 정확히 하나가 성립하고, 세 경우가 실수 전체를 덮는다. 경우 1: \(x > 0\). \(x \ge 0\)이므로 \(|x| = x\)이다. 한편 \(-x < 0\)이므로 정의의 둘째 가지에 의해 \(|-x| = -(-x) = x\)이다. 따라서 \(|-x| = x = |x|\)이다. 경우 2: \(x = 0\). \(0 \ge 0\)이므로 \(|x| = |0| = 0\)이다. 또 \(-x = 0\)이고 \(0 \ge 0\)이므로 \(|-x| = |0| = 0\)이다. 따라서 \(|-x| = 0 = |x|\)이다. 경우 3: \(x < 0\). 정의의 둘째 가지에 의해 \(|x| = -x\)이다. 한편 \(-x > 0\)이므로 첫 가지에 의해 \(|-x| = -x\)이다. 따라서 \(|-x| = -x = |x|\)이다.

세 경우가 실수 전체를 덮으므로, 모든 실수 \(x\)에 대해 \(|-x| = |x|\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 절댓값이 둘 이상 등장하면 판정도 그만큼 필요하다. 안쪽 식이 다르면 부호도 따로 정해야 하고, 그 판정을 생략하면 어느 가지를 썼는지가 답안에서 사라진다. 검산: \(x = -4\)이면 \(|-x| = |4| = 4\), \(|x| = 4\) ✓.

문제 5#

접근. 부등식 \(x \le |x|\)에서 좌변은 그대로이고 우변만 경우에 따라 값이 바뀐다. 경우 1에서는 두 변이 같아져 등호로 성립하고, 경우 2에서는 \(x\)가 음수, \(|x|\)가 양수이므로 사이에 0을 끼운 사슬을 만들면 된다.

풀이. \(x\)를 임의의 실수라 하자. \(x \ge 0\)이거나 \(x < 0\)이고, 두 경우가 실수 전체를 덮는다. 경우 1: \(x \ge 0\). 정의에 의해 \(|x| = x\)이므로 \(x \le |x|\)이다 (등호 성립). 경우 2: \(x < 0\). 정의에 의해 \(|x| = -x\)이고, 삼분법의 약속대로 \(x < 0\)이면 \(-x > 0\)이다. 따라서 \(x < 0 < -x = |x|\)이므로 \(x < |x|\)이고, 특히 \(x \le |x|\)이다.

두 경우가 실수 전체를 덮으므로, 모든 실수 \(x\)에 대해 \(x \le |x|\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 힌트가 함께 요구한 \(-x \le |x|\)도 같은 두 경우로 증명된다 — 경우 1(\(x \ge 0\))에서는 \(-x \le 0 \le x = |x|\)이고, 경우 2(\(x < 0\))에서는 \(|x| = -x\)이므로 등호가 성립한다. 두 사실을 합치면 \(-|x| \le x \le |x|\)(확인 8)이고, 이것이 문제 12의 재료다. 부등식은 두 방향을 각각 증명해야 하나로 묶인다.

문제 6#

접근. 재현이므로 순서를 먼저 떠올린다 — 4단계 틀. 특히 2단계의 근거 문장과 4단계의 회수 문장을 빠뜨리지 않는지가 자가 채점의 핵심이다. 계산 자체는 경우마다 한 줄씩이다.

풀이. \(n\)을 임의의 정수라 하자. \(n^3 - n = n(n-1)(n+1)\)로 인수분해된다. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 \(3q\), \(3q+1\), \(3q+2\) 중 정확히 하나의 꼴이다 (단 \(q\)는 정수). 경우 1: \(n = 3q\). 그러면 \(3 \mid n\)이므로 \(3 \mid n(n-1)(n+1)\)이다. 경우 2: \(n = 3q+1\). 그러면 \(n - 1 = 3q\)이므로 \(3 \mid (n-1)\)이고, 따라서 \(3 \mid n(n-1)(n+1)\)이다. 경우 3: \(n = 3q+2\). 그러면 \(n + 1 = 3q + 3 = 3(q+1)\)이고 \(q+1\)은 정수이므로 \(3 \mid (n+1)\)이고, 따라서 \(3 \mid n(n-1)(n+1)\)이다.

세 경우가 모든 정수를 빠짐없이 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(3 \mid (n^3 - n)\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 자가 채점표는 두 줄이다 — 나눗셈 정리를 인용한 분할 선언이 있는가, 마지막에 빠짐없음을 회수했는가. 세 경우의 계산이 전부 맞아도 이 두 줄이 없으면 §1.3의 가짜 증명과 형식이 같아진다.

문제 7#

접근. 예제 2.1과 같은 식을 다루지만 나누는 수가 2로 바뀌었다. 분할도 따라서 짝/홀 두 개면 충분하다. 세 인수 중 어느 것이 짝수인지만 경우마다 지목하면 된다.

풀이. \(n\)을 임의의 정수라 하자. \(n^3 - n = n(n-1)(n+1)\)로 인수분해된다. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 정수 전체를 덮는다. 경우 1: \(n\)이 짝수. \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재하므로 \(2 \mid n\)이고, 따라서 \(2 \mid n(n-1)(n+1)\)이다. 경우 2: \(n\)이 홀수. \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재하고, \(n - 1 = 2k\)이므로 \(2 \mid (n-1)\)이다. 따라서 \(2 \mid n(n-1)(n+1)\)이다.

두 경우가 정수 전체를 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(2 \mid (n^3-n)\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 같은 식에 대해 분할만 바꾸어 두 결론을 얻었다 — 예제 2.1에서 \(3 \mid (n^3-n)\), 여기서 \(2 \mid (n^3-n)\)이다. “그러면 6의 배수인가”라는 물음은 20주차 문제 13에서 다룬다. 지금 확인해 둘 것은 하나다 — 분할은 명제가 정하는 것이 아니라 목표에 맞춰 고르는 것이다.

문제 8#

접근. 목표가 “3으로 나눈 나머지”이므로 분할도 mod 3이다. 세 경우 각각에서 \(n\)을 대입해 \(n^2\)을 전개하고, \(3 \times (\text{정수})\) 또는 \(3 \times (\text{정수}) + 1\) 중 어느 꼴로 정리되는지 확인한다. 나머지가 2인 경우가 한 번도 나오지 않는다는 것이 결론이다.

풀이. \(n\)을 임의의 정수라 하자. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 \(3q\), \(3q+1\), \(3q+2\) 중 정확히 하나의 꼴이다 (단 \(q\)는 정수). 경우 1: \(n = 3q\). 그러면 \(n^2 = 9q^2 = 3(3q^2)\)이고 \(3q^2\)은 정수이므로 나머지는 0이다. 경우 2: \(n = 3q+1\). 그러면 \(n^2 = 9q^2 + 6q + 1 = 3(3q^2 + 2q) + 1\)이고 \(3q^2 + 2q\)는 정수이므로 나머지는 1이다. 경우 3: \(n = 3q+2\). 그러면 \(n^2 = 9q^2 + 12q + 4 = 3(3q^2 + 4q + 1) + 1\)이고 \(3q^2 + 4q + 1\)은 정수이므로 나머지는 1이다.

세 경우가 모든 정수를 덮고 어느 경우든 나머지가 0 또는 1이므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2\)을 3으로 나눈 나머지는 0 또는 1이다. \(\blacksquare\)

복기. 이 증명이 실제로 말한 것은 “제곱수는 3으로 나눈 나머지가 2일 수 없다”이다 — 존재하지 않음을 가능한 경우를 전부 소진해 보였다. 문제 17이 같은 구조를 mod 4에서 반복하고, 19주차에서 “\(3 \mid n^2\)이면 \(3 \mid n\)”의 재료가 된다. 검산: \(n = 4\)이면 \(16 = 3 \times 5 + 1\) ✓, \(n = 6\)이면 \(36 = 3 \times 12\) ✓.

문제 9#

접근. 목표가 mod 4의 나머지이므로 mod 4 분할(네 경우)이 떠오르지만, 짝/홀 두 경우로 충분하다. 짝수는 제곱하면 4를 갖고, 홀수는 제곱하면 \(4(\ )+1\) 꼴이 되기 때문이다. 더 짧은 분할을 고르는 것도 설계의 일부다.

풀이. \(n\)을 임의의 정수라 하자. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 정수 전체를 덮는다. 경우 1: \(n = 2k\) (\(k\)는 정수). 그러면 \(n^2 = 4k^2\)이고 \(k^2\)은 정수이므로 4로 나눈 나머지는 0이다. 경우 2: \(n = 2k+1\) (\(k\)는 정수). 그러면 \(n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4(k^2 + k) + 1\)이고 \(k^2 + k\)는 정수이므로 4로 나눈 나머지는 1이다.

두 경우가 정수 전체를 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2\)을 4로 나눈 나머지는 0 또는 1이다. \(\blacksquare\)

복기. mod 4 분할(네 경우)로 해도 정답이지만 계산이 두 배가 된다. \(n\)의 나머지가 0, 2이면 \(n\)은 짝수이고 1, 3이면 홀수이므로, 네 경우가 두 경우로 합쳐지는 것이다. 분할은 잘게 나눌수록 좋은 것이 아니라, 결론이 갈리는 최소 단위로 나누는 것이 좋다. 이 결과는 문제 17과 21주차 문제 19에서 쓰인다.

문제 10#

접근. 양변에 절댓값이 세 개 있고 안쪽 식이 각각 \(xy\), \(x\), \(y\)다. 따라서 판정도 셋이다. \(x\)와 \(y\)의 부호를 정하면 곱 \(xy\)의 부호는 자동으로 따라오므로, 분할은 \(x\)와 \(y\)의 부호 조합 네 가지로 충분하다. 0이 얽힌 경우는 양변이 모두 0이 되어 한 줄로 끝나므로 먼저 떼어 낸다.

풀이. \(x, y\)를 임의의 실수라 하자. 경우 0: \(x = 0\) 또는 \(y = 0\). 그러면 \(xy = 0\)이므로 좌변은 \(|0| = 0\)이고, 우변도 \(|x||y|\)에서 한 인수가 \(|0| = 0\)이므로 0이다. 양변이 일치한다.

이제 \(x \neq 0\)이고 \(y \neq 0\)이라 하자. 삼분법에 의해 각각 양수이거나 음수이므로 네 경우가 남는다. 경우 1: \(x > 0\), \(y > 0\). \(xy > 0\)이므로 \(|xy| = xy\)이고, \(|x||y| = x \cdot y = xy\)이다. 일치한다. 경우 2: \(x > 0\), \(y < 0\). \(xy < 0\)이므로 \(|xy| = -xy\)이고, \(|x||y| = x \cdot (-y) = -xy\)이다. 일치한다. 경우 3: \(x < 0\), \(y > 0\). \(xy < 0\)이므로 \(|xy| = -xy\)이고, \(|x||y| = (-x) \cdot y = -xy\)이다. 일치한다. 경우 4: \(x < 0\), \(y < 0\). \(xy > 0\)이므로 \(|xy| = xy\)이고, \(|x||y| = (-x)(-y) = xy\)이다. 일치한다.

모든 경우가 실수 쌍 전체를 덮으므로, 모든 실수 \(x, y\)에 대해 \(|xy| = |x||y|\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 경우 2와 경우 3은 \(x\)와 \(y\)의 이름을 맞바꾼 관계이므로, 명제가 \(x, y\)에 대해 대칭임을 밝힌 뒤 WLOG로 하나를 생략할 수 있다 — 그러면 경우가 셋으로 준다. 다만 생략의 근거 문장을 반드시 써야 한다(§1.6). 검산: \(x = -2\), \(y = 3\)이면 \(|xy| = 6\), \(|x||y| = 2 \times 3 = 6\) ✓.

문제 11#

접근. \(\iff\)이므로 두 방향을 각각 증명한다. (\(\Longrightarrow\))는 케이스가 필요 없다 — 문제 5와 그 파생 사실이 \(a\)를 \(|a|\) 사이에 가둬 두었으므로, 가정 \(|a| \le b\)를 그 양끝에 이어 붙이면 끝난다. (\(\Longleftarrow\))는 \(|a|\)가 무엇인지 정해야 하므로 \(a\)의 부호로 나눈다. 각 경우에서 가정의 두 부등식 중 한쪽이 필요한 결론을 준다.

풀이. \(b \ge 0\)이라 하자.

(\(\Longrightarrow\)) \(|a| \le b\)라 가정하자. 문제 5에 의해 \(a \le |a|\)이므로 \(a \le |a| \le b\), 곧 \(a \le b\)이다. 또 문제 5에서 함께 증명한 \(-a \le |a|\)에 의해 \(-a \le |a| \le b\), 곧 \(-a \le b\)이다. 이 부등식의 양변에 \(-1\)을 곱하면 방향이 뒤집혀(W3) \(a \ge -b\)이다. 두 결과를 합치면 \(-b \le a \le b\)이다.

(\(\Longleftarrow\)) \(-b \le a \le b\)라 가정하자. \(a \ge 0\)이거나 \(a < 0\)이고, 두 경우가 실수 전체를 덮는다. 경우 1: \(a \ge 0\). 정의에 의해 \(|a| = a\)이고, 가정의 오른쪽 부등식이 \(a \le b\)이므로 \(|a| \le b\)이다. 경우 2: \(a < 0\). 정의에 의해 \(|a| = -a\)이다. 가정의 왼쪽 부등식 \(-b \le a\)의 양변에 \(-1\)을 곱하면 방향이 뒤집혀(W3) \(b \ge -a\), 곧 \(-a \le b\)이다. 따라서 \(|a| = -a \le b\)이다.

두 경우가 실수 전체를 덮으므로 \(|a| \le b\)이다.

(\(\Longrightarrow\))와 (\(\Longleftarrow\))가 모두 성립하므로 \(|a| \le b \iff -b \le a \le b\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 두 방향의 성격이 다르다는 점이 이 문제의 배울 점이다 — (\(\Longrightarrow\))는 이미 증명된 사실의 조립이고, (\(\Longleftarrow\))는 정의를 풀어야 하므로 케이스가 필요하다. 같은 명제 안에서도 방향에 따라 도구가 달라진다. 이 보조정리가 문제 12에서 케이스 네 개를 흡수한다.

문제 12#

접근. 좌변 \(|x+y|\)를 정의로 풀려면 \(x + y\)의 부호를 판정해야 하고, 그러면 \(x\)와 \(y\)의 부호 조합까지 따라와 케이스가 넷으로 늘어난다. 대신 문제 11을 쓰면 케이스가 사라진다 — 문제 11의 오른쪽 꼴 “\(-b \le a \le b\)”를 만들어 놓고 왼쪽 꼴 “\(|a| \le b\)”로 바꾸면 되기 때문이다. 그러므로 목표는 \(-(|x|+|y|) \le x + y \le |x| + |y|\)를 만드는 것이다.

풀이. \(x, y\)를 임의의 실수라 하자. 문제 5와 거기서 함께 증명한 사실에 의해

\[ -|x| \le x \le |x|, \qquad -|y| \le y \le |y| \]

이다. 두 부등식을 변끼리 더하면(16주차 문제 2(c) — (W2)를 두 번 쓰고 추이성으로 잇는 조작이다)

\[ -(|x| + |y|) \le x + y \le |x| + |y| \]

이다. 문제 3에 의해 \(|x| \ge 0\)이고 \(|y| \ge 0\)이므로 \(|x| + |y| \ge 0\)이다. 따라서 \(a = x + y\), \(b = |x| + |y|\)로 두면 문제 11의 (\(\Longleftarrow\)) 방향을 적용할 수 있고,

\[ |x + y| \le |x| + |y| \]

이다. \(\blacksquare\)

복기. 케이스 네 개짜리 증명이 보조정리 두 개로 흡수됐다. 이식 가능한 패턴은 이것이다 — 절댓값 부등식은 \(-b \le a \le b\) 꼴을 만든 뒤 문제 11로 접는다. 문제 11을 쓸 때 \(b \ge 0\) 확인을 빠뜨리면 보조정리의 가정이 비게 된다. 삼각부등식은 45주차 \(\varepsilon\)-N 논법에서 가장 많이 쓰는 도구다. 검산: \(x = 3\), \(y = -5\)이면 좌변 \(|-2| = 2\), 우변 \(3 + 5 = 8\)이고 \(2 \le 8\) ✓.

문제 13#

접근. \(\max\)와 \(\min\)이 모두 케이스 정의이고 두 정의가 같은 조건 (\(x \ge y\) / \(x < y\))으로 갈린다. 따라서 분할을 그 조건 하나로 잡으면 두 값이 동시에 확정된다. 각 경우에서 두 값을 더해 \(x + y\)가 되는지 확인하면 끝난다.

풀이. \(x, y\)를 임의의 실수라 하자. \(x \ge y\)이거나 \(x < y\)이고, 두 경우가 실수 쌍 전체를 덮는다. 경우 1: \(x \ge y\). 정의에 의해 \(\max(x,y) = x\)이고 \(\min(x,y) = y\)이다. 따라서 \(\max(x,y) + \min(x,y) = x + y\)이다. 경우 2: \(x < y\). 정의에 의해 \(\max(x,y) = y\)이고 \(\min(x,y) = x\)이다. 따라서 \(\max(x,y) + \min(x,y) = y + x = x + y\)이다 (덧셈의 교환법칙).

두 경우가 실수 쌍 전체를 덮으므로, 모든 실수 \(x, y\)에 대해 \(\max(x,y) + \min(x,y) = x + y\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 두 값이 경우마다 자리를 바꿀 뿐 집합으로는 \(\{x, y\}\) 그대로이므로 합이 변하지 않는다는 것이 이 등식의 내용이다. 경우 2에서 \(y + x\)를 그대로 두지 않고 \(x + y\)로 정리한 것은, 도착점의 꼴에 정확히 맞추는 습관(1주차 확인 4)의 연장이다. 이 결과와 문제 18을 합치면 \(\min\)의 공식도 따라 나온다.

문제 14#

접근. 짝/홀로 나누어도 풀린다. 그런데 세 인수 중 \(n(n+1)\)이 연속한 두 정수의 곱이므로, 1주차 문제 16이 이미 그 짝수성을 증명해 두었다. 이미 증명한 명제를 부품으로 쓰면(근거 ④) 분할 없이 두 줄로 끝난다.

풀이. \(n\)을 임의의 정수라 하자. \(n\)과 \(n+1\)은 연속한 두 정수이므로, 1주차 문제 16에 의해 \(n(n+1)\)은 짝수이다. 곧 \(n(n+1) = 2m\)인 정수 \(m\)이 존재한다. 그러면 \(n(n+1)(2n+1) = 2m(2n+1) = 2\big(m(2n+1)\big)\)이고 \(m(2n+1)\)은 정수이므로(근거 ②), \(n(n+1)(2n+1)\)은 짝수이다. \(\blacksquare\)

복기. 분할로 푸는 길도 정답이다 — \(n\)이 짝수면 \(n\)이, 홀수면 \(n+1\)이 짝수이므로 어느 경우든 곱이 짝수다. 두 길을 비교해 두면 판단 기준이 남는다: 같은 분할을 이미 어딘가에서 수행해 결과로 저장해 두었다면, 다시 나누지 않고 그 결과를 인용한다. 경우 나누기는 강력하지만 항상 최단 경로는 아니다. (참고: \(1^2 + \cdots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)이 정수인 이유의 절반이 이 문제이고, 나머지 절반인 3의 배수성은 31주차에서 다룬다.)

문제 15#

접근. 가정이 “홀수”이므로 정의를 풀어 \(n = 2k+1\)을 얻는 것이 첫걸음이다. 전개한 뒤 \(4k(k+1)\)로 묶으면 목표 \(8m+1\)까지 남은 것은 하나 — \(k(k+1)\)에서 2를 더 꺼내는 일이다. 그 2를 보장하는 것이 1주차 문제 16이고, 그 증명이 경우 나누기였다.

풀이. \(n\)을 홀수라 하자. 정의에 의해 \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면

\[ n^2 = (2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k+1) + 1 \]

이다. \(k\)와 \(k+1\)은 연속한 두 정수이므로 1주차 문제 16에 의해 \(k(k+1)\)은 짝수이고, 곧 \(k(k+1) = 2m\)인 정수 \(m\)이 존재한다. 따라서 \(n^2 = 4 \cdot 2m + 1 = 8m + 1\)이고 \(m\)은 정수이므로, \(n^2\)을 8로 나눈 나머지는 1이다. \(\blacksquare\)

복기. 1주차 문제 16을 인용하지 않고 그 자리에서 케이스로 처리해도 된다 — \(k\)가 짝수면 \(2 \mid k\), 홀수면 \(k+1 = 2(\ )\)이므로 어느 경우든 \(k(k+1)\)이 짝수다. 인용과 재증명 중 어느 쪽이든 정답이고, 인용 쪽이 짧다. 검산: \(n = 5\)이면 \(n^2 = 25 = 8 \times 3 + 1\) ✓, \(n = 7\)이면 \(49 = 8 \times 6 + 1\) ✓. 이 결과는 19주차 문제 18과 20주차 문제 18에서 쓰인다.

문제 16#

접근. 목표에 \(|x-y|\)가 있는데 가정에는 없다. 그러므로 \(x\)를 손대지 않고 \(x = (x-y) + y\)로 다시 적어 목표의 재료를 식 안에 등장시킨다. 아무것도 더하지 않았지만 삼각부등식을 걸 수 있는 형태가 된다. 케이스는 필요 없다 — 문제 12가 이미 케이스를 흡수해 두었다.

풀이. \(x, y\)를 임의의 실수라 하자. \(x = (x - y) + y\)이므로 \(|x| = |(x-y) + y|\)이다. 문제 12(삼각부등식)를 \(x - y\)와 \(y\)에 적용하면 \(|(x-y) + y| \le |x-y| + |y|\)이므로 \(|x| \le |x-y| + |y|\)이다. 양변에서 \(|y|\)를 빼면(W2) \(|x| - |y| \le |x - y|\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 이식 가능한 패턴은 “빼고 더하기”다 — 목표에 나오는 덩어리가 가정에 없으면, 그 덩어리가 나타나도록 항을 쪼갠다. 20주차에서 같은 기술이 \(ac - bd\)를 \(-bc + bc\)로 쪼개는 형태로 다시 등장한다. 검산: \(x = 2\), \(y = 7\)이면 좌변 \(2 - 7 = -5\), 우변 \(|-5| = 5\)이고 \(-5 \le 5\) ✓.

문제 17#

접근. “4의 배수가 아니다”라는 부정형 결론이다. 직접 증명하는 길은 \(n^2 + 2\)가 가질 수 있는 나머지를 전부 나열하고 그 목록에 0이 없음을 보이는 것이다. 문제 9가 \(n^2\)의 가능한 꼴을 두 개로 좁혀 두었으므로, 각각에 2를 더해 나머지를 계산하면 된다.

풀이. \(n\)을 임의의 정수라 하자. 문제 9에 의해 \(n^2 = 4k\) 꼴이거나 \(n^2 = 4k+1\) 꼴이다 (단 \(k\)는 정수). 두 경우가 가능한 상황 전체를 덮는다. 경우 1: \(n^2 = 4k\). 그러면 \(n^2 + 2 = 4k + 2\)이고 \(0 \le 2 < 4\)이므로, 나눗셈 정리에 의해 \(n^2 + 2\)를 4로 나눈 나머지는 2이다. 경우 2: \(n^2 = 4k+1\). 그러면 \(n^2 + 2 = 4k + 3\)이고 \(0 \le 3 < 4\)이므로, 나눗셈 정리에 의해 나머지는 3이다.

어느 경우든 나머지가 0이 아니고, 나눗셈 정리에 의해 나머지는 유일하므로 \(4 \nmid (n^2+2)\)이다. 따라서 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + 2\)는 4의 배수가 아니다. \(\blacksquare\)

복기. 불가능성을 귀류법 없이 증명했다 — 가능한 경우를 전부 소진하고 목표 값이 목록에 없음을 보이는 방식이다. 이 구조는 21주차 문제 19에서 귀류법 버전으로 다시 나타나고, 23주차 문제 13에서 두 증명을 나란히 비교한다. 나머지의 유일성(나눗셈 정리의 “유일하게”)이 마지막 줄을 지탱한다는 점도 확인해 둔다. 검산: \(n = 3\)이면 \(11 = 4 \times 2 + 3\) ✓, \(n = 4\)이면 \(18 = 4 \times 4 + 2\) ✓.

문제 18#

접근. 우변에 절댓값이 있으므로 안쪽 식 \(x - y\)의 부호를 판정해야 한다. 그 판정 조건(\(x - y \ge 0\)인가)이 \(\max\)의 정의가 갈리는 조건(\(x \ge y\)인가)과 같으므로, 분할 하나로 좌변과 우변이 동시에 확정된다. 각 경우에서 우변을 계산해 좌변과 같아지는지 보면 된다.

풀이. \(x, y\)를 임의의 실수라 하자. \(x \ge y\)이거나 \(x < y\)이고, 두 경우가 실수 쌍 전체를 덮는다. 경우 1: \(x \ge y\). 그러면 \(x - y \ge 0\)이므로 정의 17.1의 첫 가지에 의해 \(|x-y| = x-y\)이다. 따라서 우변은 \(\frac{x + y + (x - y)}{2} = \frac{2x}{2} = x\)이고, \(x \ge y\)이므로 \(\max(x,y) = x\)이다. 좌변과 우변이 일치한다. 경우 2: \(x < y\). 그러면 \(x - y < 0\)이므로 둘째 가지에 의해 \(|x-y| = -(x-y) = y-x\)이다. 따라서 우변은 \(\frac{x + y + (y - x)}{2} = \frac{2y}{2} = y\)이고, \(x < y\)이므로 \(\max(x,y) = y\)이다. 좌변과 우변이 일치한다.

두 경우가 실수 쌍 전체를 덮으므로, 모든 실수 \(x, y\)에 대해 \(\max(x,y) = \frac{x+y+|x-y|}{2}\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 이 등식은 케이스 정의를 하나의 닫힌 식으로 바꾼 것이다 — 경우 나누기가 정의 안으로 숨어들어 절댓값 기호 하나로 압축됐다. 문제 13과 합치면 \(\min(x,y) = \frac{x+y-|x-y|}{2}\)도 따라 나온다: 두 값의 합이 \(x+y\)여야 하므로 \(\min = (x+y) - \max\)를 계산하면 된다. 검산: \(x=3\), \(y=7\)이면 우변은 \(\frac{3+7+4}{2} = 7 = \max\) ✓.

문제 19#

접근. 계산은 한 줄도 틀리지 않았다. 그러므로 오류는 계산이 아니라 첫 문장의 선언에 있다. §1.6의 허가 조건을 이 답안에 그대로 적용해 본다 — 다루지 않은 상황이 다룬 상황과 이름 교환으로 옮겨지는가.

풀이. 오류는 첫 문장 “일반성을 잃지 않고 \(x = y\)라 하자”에 있다. WLOG가 정당하려면 생략한 경우가 다룬 경우와 문자의 역할 교환만으로 같은 증명이 되어야 한다. 그런데 이 답안이 다룬 것은 “\(x = y\)”라는 상황 하나이고, 생략된 것은 “\(x \neq y\)”인 모든 상황이다. \(x\)와 \(y\)의 이름을 아무리 맞바꾸어도 \(x \neq y\)가 \(x = y\)로 바뀌지 않으므로, 두 상황은 대칭 관계가 아니다.

결과적으로 이 답안은 \(x = y\)일 때만 증명했고, \(x \neq y\)인 경우가 통째로 남았다 — 채점 기준 ①(빠짐없음) 위반이다. 실제로 \(x = 1\), \(y = 3\)이면 이 답안의 계산은 한 줄도 적용되지 않는다(명제 자체는 이 값에서도 참이지만, 이 답안이 그것을 보인 바는 없다).

올바른 증명은 경우 나누기가 아예 필요 없다. 16주차 예제 2.1의 차–제곱 전략을 쓰면 된다: \(x^2 + y^2 - 2xy = (x-y)^2 \ge 0\)이므로 \(x^2 + y^2 \ge 2xy\)이다.

복기. WLOG의 허가 조건은 한 문장으로 압축된다 — “대칭이므로 역할 교환으로 복구된다”는 근거를 댈 수 있을 때만 쓴다. 근거를 대지 못하면 그것은 경우 압축이 아니라 경우 누락이다. 예제 2.3과 이 문제를 나란히 두면 정당한 WLOG와 부당한 WLOG의 차이가 한 눈에 들어온다.

문제 20#

접근. (a) 변수가 \(P_1, P_2, Q\) 셋이므로 행은 \(2^3 = 8\)개다(9주차 확인 4의 요령). 양변을 각각 열로 만들고 모든 행에서 값이 일치하는지 본다. 조건문은 “앞이 참이고 뒤가 거짓”일 때만 거짓이므로(8주차), 거짓이 되는 행만 비교해도 충분하다. (b) 확인 4와 확인 5에서 관찰한 것을 각각 한 문장으로 정리한다.

풀이.

(a) \(P_1, P_2, Q\)의 참\(\cdot\)거짓 조합은 \(2^3 = 8\)가지다. 여덟 행을 모두 적고 양변을 각각 열로 만든다 (T는 참, F는 거짓. 조건문은 앞이 참이고 뒤가 거짓일 때만 F다).

\(P_1\)

\(P_2\)

\(Q\)

\(P_1 \lor P_2\)

좌변 \((P_1 \lor P_2) \Rightarrow Q\)

\(P_1 \Rightarrow Q\)

\(P_2 \Rightarrow Q\)

우변 \((P_1 \Rightarrow Q) \land (P_2 \Rightarrow Q)\)

T

T

T

T

T

T

T

T

T

T

F

T

F

F

F

F

T

F

T

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F

F

F

F

T

F

T

T

T

T

F

F

F

F

T

T

T

T

다섯째 열(좌변)과 여덟째 열(우변)이 여덟 행 전부에서 같은 값을 가지므로, 두 명제는 논리적으로 동치이다(정의 9.1). \(\blacksquare\)

표를 다 채우지 않고도 같은 결론에 이르는 지름길이 있다 — 두 열이 거짓이 되는 행만 비교하는 것이다.

좌변 \((P_1 \lor P_2) \Rightarrow Q\)가 거짓이 되는 조건은 “\(P_1 \lor P_2\)가 참이고 \(Q\)가 거짓”이다. \(P_1 \lor P_2\)가 참인 것은 \((P_1, P_2)\)가 (T,T), (T,F), (F,T)일 때이므로, 좌변이 거짓인 행은 \(Q\) = F인 그 세 행이다.

우변 \((P_1 \Rightarrow Q) \land (P_2 \Rightarrow Q)\)가 거짓이 되는 조건은 두 조건문 중 적어도 하나가 거짓인 것, 곧 “\(P_1\) = T이고 \(Q\) = F” 또는 “\(P_2\) = T이고 \(Q\) = F”이다. 이것은 “\(P_1\) 또는 \(P_2\)가 T이고 \(Q\) = F”와 같으므로, 우변이 거짓인 행도 \((P_1, P_2)\)가 (T,T), (T,F), (F,T)이고 \(Q\) = F인 세 행이다.

거짓인 행 세 개가 정확히 같으므로 남은 다섯 행에서는 양쪽 모두 참이고, 8행 전부에서 값이 일치한다. 위 표의 둘째\(\cdot\)넷째\(\cdot\)여섯째 행이 그 세 행이다.

(b) 겹침: 두 경우에 동시에 속하는 상황은 양쪽에서 각각 결론이 증명되므로 같은 결론을 두 번 얻을 뿐이고, 논리적으로 잃는 것이 없다. 빠짐: 어느 경우에도 속하지 않는 상황에서는 결론이 한 번도 증명된 적이 없으므로, 그 틈에 반례가 있어도 답안은 그것을 배제하지 못하고 증명 전체가 무효가 된다.

복기. (a)를 마친 순간 이 동치가 근거 ④에 등록된다(§1.7) — 이제 답안에서 “경우 나누기의 동치에 의해”라고 인용할 수 있다. (b)는 §1.3의 두 확인 상자를 말로 옮긴 것이고, 이번 주의 핵심 문장이 바로 이 두 문장의 요약이다.

다음 주 예고: 4부(직접 증명)를 백지 시험으로 마감한다. 15~17주차의 기술 — 증명의 서식, 유리수와 소수, 부등식, 경우 나누기, WLOG — 에 1~2주차의 소재까지 섞은 20문항이다. 통과하면 5부로 넘어간다. 5부의 소재는 직접 증명이 막히는 명제들이다 — 1주차 문제 11의 예고에서 본 “\(n^2\)이 홀수이면 \(n\)도 홀수”처럼, 가정에서 정보를 꺼낼 수 없는 명제를 대우와 귀류법으로 뚫는다.