18주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설#
백지 시험 (15~17주차 중심 + 1~2주차 소재, 20문항)#
시험 규칙
교재\(\cdot\)노트를 완전히 덮고 120분. 증명 문항은 서식(오프닝~마감)과 글쓰기 규범
준수까지 채점 대상이다. 끝난 뒤에는 해설의 접근만 보고 재시도한 다음,
풀이로 최종 확인한다.
기본 ●○○#
1. [정의 백지 테스트] 짝수, \(a \mid b\), 소수, 유리수, \(|x|\)의 정의를 쓰시오.
2. 직접 증명의 서식(오프닝~마감)과 글쓰기 규범 3가지를 쓰시오.
3. 다음 명제의 If–Then 분해표를 만드시오 (증명 불필요). (a) \(x, y\)가 유리수이면 \(x - 2y\)는 유리수이다. (b) \(n\)이 홀수이면 \(n^2 + 2n\)은 홀수이다.
4. \(n\)이 홀수이면 \(n^2 + 2n\)이 홀수임을 증명하시오.
5. \(a \mid b\)이면 \(a \mid (b^2 + 7b)\)임을 증명하시오.
6. 모든 실수 \(x\)에 대해 \(x^2 + 9 \ge 6x\)임을 증명하시오 (등호 조건 포함).
표준 ●●○#
7. \(x\)가 유리수이면 \(3x + 1\)도 유리수임을 증명하시오.
8. \(m, n\)이 모두 홀수이면 \(3m + 5n\)은 짝수임을 증명하시오.
9. \(a > 0\), \(b > 0\)이면 \(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2\)임을 증명하시오 (등호 조건 포함).
10. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + 3n + 4\)는 짝수임을 증명하시오. (분할 또는 보조정리 — 어느 길이든)
11. 실수 \(x\)에 대해 \(|x - 3| < 2 \iff 1 < x < 5\)임을 증명하시오. (17주차 문제 11의 보조정리 사용 가능)
12. 합이 999인 연속한 세 정수가 존재함을 증명하시오.
13. 모든 정수 \(n\)에 대해, \(n^2\)을 5로 나눈 나머지는 0, 1, 4 중 하나임을 증명하시오.
14. \(x > 0\)일 때 \(x + \dfrac{4}{x}\)의 최솟값이 4임을 증명하시오 (2단 구성 필수).
도전 ●●●#
15. \(n\)이 홀수이면 \(n^2 + 7\)은 8의 배수임을 증명하시오. (힌트: 17주차 문제 15를 보조정리로)
16. [백지 재현] 삼각부등식 \(|x + y| \le |x| + |y|\)를 증명하시오.
17. 다음 답안의 결함을 모두 지적하시오 (수학 내용과 서술 규범 양면에서).
“명제: \(x\)가 유리수이면 \(2x^2 + 1\)은 유리수이다.
증명: \(2x^2 + 1 = \frac{p}{q}\)라 하자. \(x = \frac{a}{b}\)니까 \(2 \cdot \frac{a^2}{b^2} + 1 = \frac{2a^2 + b^2}{b^2} = \frac{p}{q}\). 맞으므로 증명 끝.”
18. \(x, y\)가 모두 홀수이면 \(x + y\)는 짝수이고 \(xy\)는 홀수임을 증명하시오. (결론이 “그리고”로 묶인 명제 — 두 부분을 각각)
19. 모든 실수 \(a, b\)에 대해 \(\dfrac{a+b}{2} \le \sqrt{\dfrac{a^2 + b^2}{2}}\)임을 증명하시오. (힌트: 좌변이 음수인 경우와 아닌 경우를 나누고, 후자에서는 “0 이상인 두 수는 제곱 비교 가능”(16주차 문제 17의 원리)을 사용)
20. (서술) 다음 두 명제는 직접 증명이 잘 막힌다. 각각 어디서 왜 막히는지 한두 문장으로 진단하시오 (증명은 하지 말 것 — 19\(\cdot\)21주차에서 다룬다). (a) \(n^2\)이 3의 배수이면 \(n\)은 3의 배수이다. (b) \(\sqrt{2}\)는 무리수이다.
백지 복습 체크리스트 (시험 후)#
정의 5종(1번)을 조건까지 빠짐없이 썼다.
증명 문항(4~16, 18~19)에서 오프닝\(\cdot\)마감 서식을 지켰다.
등호 조건(6, 9, 14번)을 빠짐없이 썼다.
17번에서 결함을 3개 이상 찾았다.
20번에서 “막힘의 이유”를 자기 언어로 설명했다.
해설#
틀린 문제는 접근만 읽고 재시도 \(\to\) 그다음 풀이 확인.
문제 1#
접근. 정의는 낱말의 뜻풀이가 아니라 등식과 조건까지가 본체다. 다섯 정의의 출처는 1주차 정의 1.1(짝수), 2주차 정의 2.1(\(a \mid b\)), 15주차 정의 15.2(소수), 15주차 정의 15.1(유리수), 17주차 정의 17.1(절댓값)이다. 채점 지점은 네 곳 — “존재한다”라는 낱말, 유리수의 \(b \neq 0\), 소수의 \(n \ge 2\), 절댓값의 케이스 구분.
풀이. ① 짝수. 정수 \(n\)이 짝수라는 것은, \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재한다는 뜻이다. ② 나누어떨어짐. 정수 \(a, b\)에 대해 \(a \mid b\)라는 것은, \(b = ac\)인 정수 \(c\)가 존재한다는 뜻이다. ③ 소수. \(n \ge 2\)인 정수 \(n\)이 소수라는 것은, \(n\)의 양의 약수가 \(1\)과 \(n\)뿐이라는 뜻이다. ④ 유리수. 실수 \(x\)가 유리수라는 것은, \(x = \dfrac{a}{b}\)인 정수 \(a, b\) (\(b \neq 0\))가 존재한다는 뜻이다. ⑤ 절댓값. \(x \ge 0\)이면 \(|x| = x\)이고, \(x < 0\)이면 \(|x| = -x\)이다.
복기. ①②④는 “~인 정수가 존재한다” 꼴이라 증명에서 곧바로 등식을 내어 준다. ③⑤는 등식을 내어 주지 않고 판정 기준으로 쓰이며, 특히 ⑤는 정의 자체가 케이스이므로 절댓값 증명이 경우 나누기가 되는 이유가 된다. 하나라도 틀렸다면 해당 주차의 정의 상자를 다시 암기한 뒤 이 문항만 재시험한다.
문제 2#
접근. 서식은 15주차 §1.6, 규범은 15주차 §1.8에서 나온다. 서식은 답안의 뼈대를 정하고 규범은 답안의 문장을 정한다 — 둘은 다른 층위이므로 각각 써야 답이 닫힌다 — 서식만 쓰면 문장 층위가, 규범만 쓰면 뼈대가 비어 남는다.
풀이. 서식은 세 부분이다. 오프닝: “\(P\)라 가정하자”(전칭 명제이면 “임의의 ~라 하자”). 몸통: 정의 풀기, 가정 사용, 대수 변형, 이미 증명한 정리 인용 — 이 네 가지(근거 ①~④)만 쓴다. 마감: “따라서 \(Q\)이다. \(\blacksquare\)”. 글쓰기 규범 세 가지는 다음과 같다. ① 문장으로 쓴다 — 수식은 문장의 일부이고, “그러면\(\cdot\)이므로\(\cdot\)따라서”가 없으면 어느 줄이 어느 줄의 근거인지 복원되지 않는다. ② 모든 문자는 등장할 때 소개한다 — “~인 정수 \(k\)가 존재한다”, “\(m\)을 임의의 정수라 하자” 없이 쓰인 문자는 임의인지 특정 값인지 정해지지 않는다. ③ 결론을 가정하지 않는다 — 오프닝에 놓을 수 있는 것은 가정 \(P\)뿐이며, \(Q\)에서 출발한 논증은 순환이다.
복기. 이 세 규범은 문제 17의 채점 기준과 그대로 겹친다. 규범을 외운다는 것은 남의 답안을 채점할 수 있게 된다는 뜻이다.
문제 3#
접근. If–Then 분해는 명제를 가정 \(P\)와 결론 \(Q\)로 자른 뒤 각각을 수식으로 옮기는 작업이다. 핵심은 결론 쪽을 “이미 참인 사실”이 아니라 만들어야 할 목표 꼴로 적는 것이다. 목표 꼴이 적혀 있어야 몸통의 변형을 어디서 멈출지 알 수 있다.
풀이. (a) 가정: \(x\)와 \(y\)가 유리수이다. 정의 15.1로 옮기면 \(x = \dfrac{a}{b}\), \(y = \dfrac{c}{d}\)인 정수 \(a, b, c, d\) (\(b \neq 0\), \(d \neq 0\))가 존재한다. 결론: \(x - 2y\)가 유리수이다. 목표 꼴로 옮기면 \(x - 2y = \dfrac{(\text{정수})}{(\text{0이 아닌 정수})}\) 꼴로 쓸 수 있음을 보이는 것이다. (b) 가정: \(n\)이 홀수이다. 정의 1.2로 옮기면 \(n = 2k + 1\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 결론: \(n^2 + 2n\)이 홀수이다. 목표 꼴은 \(n^2 + 2n = 2(\text{정수}) + 1\)이다.
복기. 분해표를 만들어 두면 (b)의 답안은 “\(2(\quad) + 1\)의 괄호를 채우는 일”로 축소된다. 문제 4가 정확히 그 채우기다.
문제 4#
접근. 짝수/홀수 행이므로 첫수는 정의 전개다. 가정을 \(n = 2k+1\)로 풀고, 전개한 뒤 상수항에서 \(1\)만 남기고 나머지를 2로 묶어 목표 꼴 \(2(\text{정수}) + 1\)에 맞춘다.
풀이. \(n\)이 홀수라 가정하자. 정의에 의해 \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면
이고, 정수의 합\(\cdot\)곱은 정수이므로(근거 ②) \(2k^2 + 4k + 1 \in \mathbb{Z}\)이다. 따라서 \(n^2 + 2n\)은 홀수이다. \(\blacksquare\)
복기. 상수 \(3\)을 \(2 + 1\)로 쪼개는 자리가 이 증명의 유일한 기술이다. \(4k^2 + 8k + 3\)에서 멈추면 정의의 꼴이 아니므로 아직 증명이 끝나지 않은 상태다.
문제 5#
접근. 배수 행이므로 가정을 \(b = ak\)로 푼다. 목표는 \(b^2 + 7b\)를 \(a \times (\text{정수})\) 꼴로 쓰는 것이므로, 대입한 뒤 모든 항에서 \(a\)가 하나씩 살아남는지 확인해 묶는다.
풀이. \(a \mid b\)라 가정하자. 정의 2.1에 의해 \(b = ak\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면
이고 \(ak^2 + 7k \in \mathbb{Z}\)이다. 따라서 정의 2.1에 의해 \(a \mid (b^2 + 7b)\)이다. \(\blacksquare\)
복기. \(b\)가 들어간 모든 항이 \(a\)의 배수이므로 묶기가 성공했다. 만약 식이 \(b^2 + 7b + 3\)이었다면 상수항 \(3\)에서 \(a\)가 나오지 않아 이 전략이 그 자리에서 멈춘다 — 어디서 멈추는지를 보는 것이 전략 점검이다.
문제 6#
접근. 부등식 행이므로 차 \(A - B\)를 계산한다. \(x^2 + 9 - 6x\)가 완전제곱이 되는지 확인하고, (W1) “모든 실수 \(x\)에 대해 \(x^2 \ge 0\)”을 근거로 인용한다. 등호 조건은 (W1)의 등호 조건을 그대로 따라간다.
풀이. \(x\)를 임의의 실수라 하자. 차를 계산하면
이고, \(x - 3\)은 실수이므로 (W1)에 의해 \((x-3)^2 \ge 0\)이다. 즉 \(x^2 + 9 - 6x \ge 0\)이고, 양변에 \(6x\)를 더하면 (W2) \(x^2 + 9 \ge 6x\)이다. 등호는 \((x-3)^2 = 0\)일 때, 곧 \(x = 3\)일 때에만 성립한다. \(\blacksquare\)
복기. 차–제곱 전략에서는 등호 조건이 따로 계산되지 않고 (W1)의 등호 조건에서 자동으로 나온다. 등호 조건이 없으면 부등식은 증명되었지만 “등호가 언제인가”라는 물음에 답이 없어 명제가 절반만 닫힌다.
문제 7#
접근. 유리수 행이므로 가정을 분수 표현으로 풀고, 결과를 하나의 분수로 통분한 뒤 분자가 정수인지와 분모가 0이 아닌지를 각각 확인한다. 분모 확인을 빠뜨리는 답안이 많다.
풀이. \(x\)가 유리수라 가정하자. 정의 15.1에 의해 \(x = \dfrac{a}{b}\)인 정수 \(a, b\) (\(b \neq 0\))가 존재한다. 그러면
이다. 정수의 합\(\cdot\)곱은 정수이므로 \(3a + b \in \mathbb{Z}\)이고, 가정에서 \(b \in \mathbb{Z}\)이며 \(b \neq 0\)이다. 따라서 정의 15.1에 의해 \(3x + 1\)은 유리수이다. \(\blacksquare\)
복기. 유리수 증명의 마지막 문장은 언제나 세 항목의 점검이다 — 분자가 정수, 분모가 정수, 분모가 0이 아님. 세 항목이 모두 적혀 있어야 정의를 만족했다고 말할 수 있다.
문제 8#
접근. 홀수가 둘이므로 문자를 서로 다른 두 벌로 잡는다. 같은 문자를 재사용하면 \(m = n\)인 경우만 증명한 셈이 된다(1주차 문제 6의 오류). 계수 3과 5가 홀수라는 점은 상수항 \(3 + 5 = 8\)이 짝수로 떨어지는 지점에서 작동한다.
풀이. \(m\)과 \(n\)이 모두 홀수라 가정하자. 정의에 의해 \(m = 2a+1\), \(n = 2b+1\)인 정수 \(a, b\)가 존재한다. 그러면
이고 \(3a + 5b + 4 \in \mathbb{Z}\)이다. 따라서 \(3m + 5n\)은 짝수이다. \(\blacksquare\)
복기. 상수항이 \(3 + 5 = 8\)로 짝수였기 때문에 전체가 2로 묶였다. 계수를 \(3, 4\)로 바꾸면 상수항이 \(3 + 4 = 7\)이 되어 결론이 홀수로 바뀐다 — 계수의 홀짝이 결론을 정한다.
문제 9#
접근. 이미 증명한 정리를 부품으로 재사용하는 길이 가장 짧다. 16주차 예제 2.3이 “\(t > 0\)이면 \(t + \frac1t \ge 2\), 등호는 \(t = 1\)”이므로 \(t = \frac{a}{b}\)를 대입하면 된다. 인용 전에 \(t > 0\)을 확인하는 한 줄이 필요하다. 부품 없이 차–제곱으로 처음부터 가도 정답이다.
풀이. \(a > 0\), \(b > 0\)이라 가정하자. \(t = \dfrac{a}{b}\)라 두면 양수를 양수로 나눈 값이므로 \(t > 0\)이고, \(\dfrac1t = \dfrac{b}{a}\)이다. 16주차 예제 2.3에 의해 \(t + \dfrac1t \ge 2\), 곧 \(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2\)이다. 등호는 \(t = 1\)일 때에만 성립하므로 \(\dfrac{a}{b} = 1\), 곧 \(a = b\)일 때에만 성립한다. \(\blacksquare\)
별해 (차–제곱). \(a > 0\), \(b > 0\)이라 가정하자. 차를 통분하면
이다. (W1)에 의해 \((a-b)^2 \ge 0\)이고 \(a > 0\), \(b > 0\)이므로 \(ab > 0\)이다(W4). 따라서 이 분수는 0 이상이고, 양변에 2를 더하면(W2) \(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2\)이다. 등호는 \((a-b)^2 = 0\)일 때, 곧 \(a = b\)일 때에만 성립한다. \(\blacksquare\)
복기. 두 길의 차이는 부품을 인용하느냐 다시 만드느냐뿐이다. 인용하는 길에서는 부품의 가정(\(t > 0\))을 확인하는 문장이 반드시 있어야 하고, 그 문장이 없으면 인용이 성립하지 않는다.
문제 10#
접근. 두 길이 있다. 길 1은 이미 증명한 부품을 쓰는 것 — \(n^2 + 3n + 4 = (n^2 + n) + (2n + 4)\)로 쪼개면 앞 덩어리는 연속한 두 정수의 곱(1주차 문제 16)이고 뒤 덩어리는 눈에 보이는 짝수다. 길 2는 짝/홀 분할이다. 어느 길이든 정답이므로 두 길을 모두 확인해 둔다.
풀이 (길 1). \(n\)을 임의의 정수라 하자. 식을 두 덩어리로 쪼개면
이다. \(n^2 + n = n(n+1)\)은 연속한 두 정수의 곱이므로 짝수이다(1주차 문제 16). 또 \(2n + 4 = 2(n+2)\)이고 \(n + 2 \in \mathbb{Z}\)이므로 짝수이다. 짝수와 짝수의 합은 짝수이므로(1주차 예제 2.1) \(n^2 + 3n + 4\)는 짝수이다. \(\blacksquare\)
풀이 (길 2). \(n\)을 임의의 정수라 하자. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 정수 전체를 덮는다. 경우 1: \(n = 2k\) (\(k \in \mathbb{Z}\)). 그러면 \(n^2 + 3n + 4 = 4k^2 + 6k + 4 = 2(2k^2 + 3k + 2)\)이고 \(2k^2 + 3k + 2 \in \mathbb{Z}\)이므로 짝수이다. 경우 2: \(n = 2k+1\) (\(k \in \mathbb{Z}\)). 그러면 \(n^2 + 3n + 4 = (4k^2 + 4k + 1) + (6k + 3) + 4 = 4k^2 + 10k + 8 = 2(2k^2 + 5k + 4)\)이고 \(2k^2 + 5k + 4 \in \mathbb{Z}\)이므로 짝수이다. 두 경우가 빠짐없이 전체를 덮으므로 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + 3n + 4\)는 짝수이다. \(\blacksquare\)
복기. 길 2에서 “두 경우가 전체를 덮는다”는 문장이 빠지면 17주차 채점 기준 1(빠짐없음)에 걸린다. 결론이 옳아도 그 문장 하나가 없으면 증명이 아니다.
문제 11#
접근. 동치이므로 양방향을 각각 증명한다. (\(\Longrightarrow\)) 방향은 파생 사실 \(-|a| \le a \le |a|\)(17주차 문제 5와 그 파생 — 문제 5의 \(x \le |x|\)에 \(-x\)를 대입해 얻는 \(-|x| \le x\)를 합친 것)로 절댓값을 벗기고, (\(\Longleftarrow\)) 방향은 \(x - 3\)의 부호로 케이스를 나눈다. 양쪽 모두 마지막에 각 변에 3을 더하거나 빼는 이항이 붙는다(W2).
풀이. \(x\)를 임의의 실수라 하자. (\(\Longrightarrow\)) \(|x - 3| < 2\)라 가정하자. \(x - 3 \le |x - 3| < 2\)이므로 \(x - 3 < 2\)이다. 또 \(-(x-3) \le |x-3| < 2\)이므로 \(-(x-3) < 2\), 곧 \(x - 3 > -2\)이다. 둘을 합치면 \(-2 < x - 3 < 2\)이고, 각 변에 3을 더하면 (W2) \(1 < x < 5\)이다. (\(\Longleftarrow\)) \(1 < x < 5\)라 가정하자. 각 변에서 3을 빼면 (W2) \(-2 < x - 3 < 2\)이다. 경우 1: \(x - 3 \ge 0\). 절댓값의 정의에 의해 \(|x-3| = x-3 < 2\)이다. 경우 2: \(x - 3 < 0\). 정의에 의해 \(|x-3| = -(x-3)\)인데, \(x - 3 > -2\)의 양변에 \(-1\)을 곱하면 부등호 방향이 뒤집혀(W3) \(-(x-3) < 2\)이므로 \(|x-3| < 2\)이다. 두 경우가 전체를 덮으므로 \(|x-3| < 2\)이다. 양방향을 모두 보였으므로 \(|x - 3| < 2 \iff 1 < x < 5\)이다. \(\blacksquare\)
복기. 17주차 문제 11의 보조정리 \(|a| \le b \iff -b \le a \le b\)는 \(\le\)를 \(<\)로 바꿔도 위의 논증이 그대로 작동하므로, 그 보조정리를 \(a = x-3\), \(b = 2\)로 인용하고 이항만 하는 짧은 답안도 정답이다. 또 \(|x-3|\)은 \(x\)와 3 사이의 거리이므로 이 명제는 “3에서 거리가 2 미만인 점의 모임이 구간 \((1,5)\)”라는 뜻이다 — 45주차 \(\varepsilon\) 논법이 쓰는 바로 그 언어다.
문제 12#
접근. 존재 결론이므로 증인을 제작해 검증하는 서식이다. 답안에 적을 것은 증인과 검증뿐이지만, 증인을 어떻게 찾았는지는 따로 계산해야 한다. 연속한 세 정수를 \(n-1, n, n+1\)로 두면 합이 \(3n\)이 되므로 \(3n = 999\)를 역산한다.
풀이. (설계) 연속한 세 정수를 \(n-1\), \(n\), \(n+1\)이라 두면 그 합은 \((n-1) + n + (n+1) = 3n\)이다. \(3n = 999\)에서 \(n = 333\)을 얻는다. (답안) 증인으로 \(332\), \(333\), \(334\)를 제시한다. 이 세 수는 정수이고 \(333 = 332 + 1\), \(334 = 333 + 1\)이므로 연속한 세 정수이다. 또 그 합은 \(332 + 333 + 334 = 999\)이다. 따라서 합이 999인 연속한 세 정수가 존재한다. \(\blacksquare\)
복기. 설계는 초고에 두고 답안에는 증인과 검증만 적어도 완전한 증명이 된다 — 존재 명제는 어떻게 찾았는지를 요구하지 않는다. 검산: \(332 + 334 = 666\), \(666 + 333 = 999\) ✓.
문제 13#
접근. “모든 정수 \(n\)” + 나머지 성질이므로 mod 5 분할이다. 다섯 경우를 각각 전개하는 대신, \(n = 5q + r\)을 제곱해 \(5(\cdot) + r^2\) 꼴로 정리하면 “\(n^2\)의 나머지 = \(r^2\)의 나머지”가 되어 계산이 다섯 번의 제곱으로 줄어든다.
풀이. \(n\)을 임의의 정수라 하자. 나눗셈 정리에 의해 \(n = 5q + r\), \(r \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\)인 정수 \(q, r\)이 존재하고, 이 다섯 경우가 전체를 덮는다. 그러면
이고 \(5q^2 + 2qr \in \mathbb{Z}\)이므로, \(n^2\)을 5로 나눈 나머지는 \(r^2\)을 5로 나눈 나머지와 같다. 다섯 경우를 각각 계산하면 \(r = 0\)일 때 \(r^2 = 0\)이라 나머지 0, \(r = 1\)일 때 \(r^2 = 1\)이라 나머지 1, \(r = 2\)일 때 \(r^2 = 4\)라 나머지 4, \(r = 3\)일 때 \(r^2 = 9 = 5 \cdot 1 + 4\)라 나머지 4, \(r = 4\)일 때 \(r^2 = 16 = 5 \cdot 3 + 1\)이라 나머지 1이다. 따라서 가능한 나머지는 \(0, 1, 4\)뿐이다. \(\blacksquare\)
복기. 이 표에서 중요한 것은 나온 값이 아니라 나오지 않은 값이다. 나머지 2와 3이 불가능하다는 사실이 19주차 문제 15(”\(5 \mid n^2\)이면 \(5 \mid n\)”)의 대우 증명에서 그대로 재활용된다.
문제 14#
접근. 최솟값 주장이므로 2단 구성이다. ① 모든 \(x > 0\)에서 \(x + \frac4x \ge 4\)(하계) ② 등호를 실제로 달성하는 \(x\)가 존재함. ②가 없으면 “4 이상이다”만 보인 것이어서 최솟값이 4라는 주장이 미완성이다(16주차 문제 18의 요구 사항).
풀이. ① \(x > 0\)이라 하자. 그러면 \(\dfrac4x > 0\)이므로 두 양수 \(x\)와 \(\dfrac4x\)에 AM–GM(16주차 예제 2.2)을 적용할 수 있고,
이다. ② 등호는 \(x = \dfrac4x\)일 때, 곧 \(x^2 = 4\)일 때 성립하는데 \(x > 0\)이므로 \(x = 2\)이다. 실제로 \(x = 2\)를 대입하면 \(2 + \dfrac42 = 2 + 2 = 4\)이다. ①에서 값이 항상 4 이상이고 ②에서 값 4가 실제로 달성되므로, \(x + \dfrac4x\)의 최솟값은 4이다. \(\blacksquare\)
별해 (차–제곱). \(x > 0\)이라 하자. 차를 통분하면 \(x + \dfrac4x - 4 = \dfrac{x^2 - 4x + 4}{x} = \dfrac{(x-2)^2}{x}\)이고, (W1)에 의해 \((x-2)^2 \ge 0\)이며 \(x > 0\)이므로 이 분수는 0 이상이다. 따라서 \(x + \dfrac4x \ge 4\)이고, 등호는 \(x = 2\)에서만 성립한다. \(\blacksquare\)
복기. 별해는 하계와 등호 조건을 한 번에 내어 주므로 2단 구성이 자동으로 채워진다. AM–GM을 인용하는 길에서는 두 수가 모두 0 이상이라는 확인이 인용의 전제다.
문제 15#
접근. 보조정리를 그대로 쓰는 문제다. 17주차 문제 15가 “모든 홀수 \(n\)에 대해 \(n^2\)을 8로 나눈 나머지는 1”이므로 \(n^2 = 8m + 1\)을 얻고, 여기에 7을 더하면 상수항이 8이 되어 8로 묶인다.
풀이. \(n\)이 홀수라 가정하자. 17주차 문제 15에 의해 \(n^2\)을 8로 나눈 나머지는 1이므로, \(n^2 = 8m + 1\)인 정수 \(m\)이 존재한다. 그러면
이고 \(m + 1 \in \mathbb{Z}\)이다. 따라서 정의 2.1에 의해 \(8 \mid (n^2 + 7)\), 곧 \(n^2 + 7\)은 8의 배수이다. \(\blacksquare\)
복기. 보조정리를 쓰지 않고 \(n = 2k+1\)부터 전개하면 \(n^2 + 7 = 4k^2 + 4k + 8 = 4k(k+1) + 8\)이 되고, 여기서 다시 “\(k(k+1)\)은 짝수”(1주차 문제 16)를 인용해 \(4k(k+1) = 8 \cdot (\text{정수})\)를 얻어야 한다. 곧 보조정리는 이 두 단계를 한 줄로 접어 둔 것이다.
문제 16#
접근. 케이스 네 개(\(x, y\)의 부호 조합)로 밀어붙일 수도 있지만, 파생 사실 두 벌을 변끼리 더한 뒤 보조정리로 절댓값을 씌우는 길이 짧고 안전하다. 필요한 재료는 \(-|x| \le x \le |x|\)(17주차 문제 5와 그 파생)와 \(|a| \le b \iff -b \le a \le b\)(17주차 문제 11)이다.
풀이. \(x, y\)를 임의의 실수라 하자. 절댓값의 정의에서 \(-|x| \le x \le |x|\)이고 \(-|y| \le y \le |y|\)이다. 두 부등식을 변끼리 더하면 (W2)
이다. 이제 \(b = |x| + |y|\)라 두면 \(|x| \ge 0\), \(|y| \ge 0\)이므로 \(b \ge 0\)이고, 두 부등식을 더해 얻은 식은 \(-b \le x+y \le b\)이다. 여기에 절댓값의 정의로 케이스를 나눈다. 경우 1: \(x + y \ge 0\). 그러면 \(|x+y| = x+y \le b\)이다. 경우 2: \(x + y < 0\). 그러면 \(|x+y| = -(x+y)\)인데, \(-b \le x+y\)의 양변에 \(-1\)을 곱하면 방향이 뒤집혀(W3) \(-(x+y) \le b\)이므로 \(|x+y| \le b\)이다. 두 경우가 전체를 덮으므로 \(|x+y| \le b = |x| + |y|\)이다. \(\blacksquare\)
복기. 마지막 두 경우가 곧 17주차 문제 11의 (\(\Longleftarrow\)) 방향이므로, 그 보조정리를 이미 증명해 두었다면 “\(b \ge 0\)이고 \(-b \le x+y \le b\)이므로 문제 11에 의해 \(|x+y| \le b\)”라고 한 줄로 마감해도 된다. 채점 지점은 세 곳 — ① 파생 사실 두 벌 ② 변끼리 더하기(W2) ③ 보조정리 또는 그에 해당하는 케이스 마감.
문제 17#
접근. 15주차 규범 세 가지에 하나씩 대조하고, 거기에 정의의 조건 점검 누락을 더한다. 결함을 나열하는 데서 끝내지 말고 고쳐 쓰면 살아나는지까지 확인하는 것이 이 문항의 완결이다.
풀이. 결함은 네 가지다. ① 결론에서 출발(규범 3 위반, 치명적). 첫 문장 “\(2x^2 + 1 = \frac{p}{q}\)라 하자”는 증명해야 할 결론을 가정한 것이다. 오프닝에 놓을 수 있는 것은 가정 “\(x\)가 유리수이다”뿐이며, 결론에서 출발한 이후의 모든 계산은 순환이 되어 결론의 참을 전혀 보태지 못한다. ② 문자 미소개(규범 2 위반). \(p, q, a, b\)가 모두 선언 없이 등장한다. 특히 \(x = \frac{a}{b}\)는 “유리수의 정의에 의해 \(x = \frac{a}{b}\)인 정수 \(a, b\)(\(b \neq 0\))가 존재한다”로 도입해야 한다. ③ 정의의 조건 점검 누락. \(b \neq 0\)이 선언되지 않았고, 결과의 분모가 \(b^2\)이므로 \(b^2 \neq 0\)까지 확인해야 유리수의 정의를 만족한다. ④ 문장 규범과 마감 부재(규범 1 위반). “니까”, “맞으므로 증명 끝”은 논리 연결이 아니라 구어이고, “따라서 ~이다. \(\blacksquare\)” 꼴의 마감이 없다. 올바른 재작성. “\(x\)가 유리수라 가정하자. 정의 15.1에 의해 \(x = \dfrac{a}{b}\)인 정수 \(a, b\)(\(b \neq 0\))가 존재한다. 그러면 \(2x^2 + 1 = \dfrac{2a^2}{b^2} + 1 = \dfrac{2a^2 + b^2}{b^2}\)이다. \(2a^2 + b^2 \in \mathbb{Z}\)이고 \(b^2 \in \mathbb{Z}\)이며 \(b \neq 0\)이므로 \(b^2 \neq 0\)이다. 따라서 \(2x^2 + 1\)은 유리수이다. \(\blacksquare\)”
복기. 계산 \(\frac{2a^2 + b^2}{b^2}\)는 원래 답안에도 이미 들어 있었다. 곧 이 답안이 증명이 되지 못한 이유는 계산이 아니라 서술의 순서와 선언에 있다 — 같은 식이라도 어디서 출발했는지가 증명 여부를 가른다.
문제 18#
접근. 결론이 \(A \land B\) 꼴이므로 “그리고”의 증명은 두 증명이다(7주차 정의 7.3의 \(\land\) — 둘 다 참일 때만 참). 가정은 한 번만 풀고, 그 재료로 두 결론을 각각 만든다. 두 부분 모두 1주차에서 이미 증명한 유형의 재활용이다.
풀이. \(x, y\)가 모두 홀수라 가정하자. 정의에 의해 \(x = 2a+1\), \(y = 2b+1\)인 정수 \(a, b\)가 존재한다. (합이 짝수) \(x + y = (2a+1) + (2b+1) = 2a + 2b + 2 = 2(a+b+1)\)이고 \(a + b + 1 \in \mathbb{Z}\)이므로 \(x+y\)는 짝수이다. (곱이 홀수) \(xy = (2a+1)(2b+1) = 4ab + 2a + 2b + 1 = 2(2ab + a + b) + 1\)이고 \(2ab + a + b \in \mathbb{Z}\)이므로 \(xy\)는 홀수이다. 따라서 \(x + y\)는 짝수이고 \(xy\)는 홀수이다. \(\blacksquare\)
복기. 두 부분을 각각 마감한 뒤 마지막에 “따라서 A이고 B이다”로 한 번 더 묶는 형식까지가 \(\land\) 결론의 서식이다. 이 요령은 25주차의 동치 증명과 36주차 합동식에서 그대로 재사용된다.
문제 19#
접근. 우변은 제곱근이므로 항상 0 이상이지만 좌변 \(\frac{a+b}{2}\)는 음수일 수 있다. 부호가 갈리므로 좌변의 부호로 케이스를 나눈다. 음수 경우는 “음수 < 0 이하가 아닌 수”로 즉시 끝나고, 비음수 경우에만 “0 이상인 두 수는 제곱해서 비교해도 된다”(16주차 문제 17의 원리)를 쓴다.
풀이. \(a, b\)를 임의의 실수라 하자. \(\dfrac{a^2+b^2}{2} \ge 0\)이므로 우변 \(\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}\)는 실수이고 0 이상이다. 경우 1: \(a + b < 0\). 그러면 좌변 \(\dfrac{a+b}{2} < 0 \le \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}\)이므로 부등식이 성립한다. 경우 2: \(a + b \ge 0\). 양변이 모두 0 이상이므로 제곱을 비교하면 충분하다(16주차 문제 17의 원리). 차를 계산하면
이다((W1) 적용). 따라서 \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2 \le \dfrac{a^2+b^2}{2}\)이고, 제곱 비교 원리에 의해 \(\dfrac{a+b}{2} \le \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}\)이다. 두 경우가 전체를 덮으므로 모든 실수 \(a, b\)에 대해 부등식이 성립한다. 경우 1에서는 좌변 \(< 0 \le\) 우변이므로 등호가 성립하지 않는다. 따라서 등호는 경우 2에서 \((a-b)^2 = 0\)인 때, 곧 \(a = b\ (\ge 0)\)일 때에만 성립한다. \(\blacksquare\)
복기. 케이스를 나누지 않고 곧바로 제곱하면 경우 1에서 논증이 무너진다 — 음수는 제곱하면 대소가 뒤집히기 때문이다. 우변은 제곱평균(RMS)이므로 이 명제는 “산술평균 \(\le\) 제곱평균”이고, AM–GM과 나란한 평균 부등식의 한 항목이다.
문제 20#
접근. 진단 문항이므로 각 명제에서 직접 증명의 첫수를 실제로 적어 보고, 어느 줄에서 다음 줄이 나오지 않는지를 지목한다. §1의 두 신호 중 어느 쪽인지까지 말하면 완결이다.
풀이. (예시 답안) (a) 직접 증명의 오프닝은 “\(n^2\)이 3의 배수라 가정하자”이고, 정의를 풀면 \(n^2 = 3k\)인 정수 \(k\)가 존재한다는 등식까지는 얻는다. 그러나 결론은 \(n\)에 대한 진술이므로 \(n = 3(\cdot)\) 꼴을 만들어야 하는데, \(n^2 = 3k\)에서 \(n\)을 꺼내려면 제곱근을 취해야 하고 \(\sqrt{3k}\)가 정수라는 보장을 다룰 도구가 아직 없다. 곧 가정에서 정보를 꺼낼 수 없는 막힘이다. 대우 “\(3 \nmid n\)이면 \(3 \nmid n^2\)”으로 뒤집으면 가정이 나머지 정보가 되어 17주차 문제 8의 케이스 계산으로 풀린다 — 19주차의 소재다. (b) 결론 “무리수이다”는 정의상 “유리수가 아니다”라는 부정형이다. 직접 증명의 몸통은 결론의 목표 꼴을 만들어 가는 과정인데, 부정형에는 만들 목표 꼴 자체가 없으므로 오프닝 다음 줄이 나오지 않는다. 곧 부정형 결론의 막힘이다. 결론의 부정(”\(\sqrt2\)가 유리수이다”)을 가정으로 삼아 모순을 끌어내는 귀류법이 필요하며 — 21주차의 소재다. 그 첫 두 줄은 11주차 문제 20에서 이미 작성해 보았다.
복기. 두 막힘은 위치가 다르다. (a)는 가정 쪽이 빈약해 생기고 (b)는 결론 쪽이 부정형이라 생긴다. 어느 쪽이 막혔는지를 먼저 정하면 다음에 꺼낼 기법이 정해진다.
채점 가이드#
1, 2번을 빠짐없이 쓰고 + 증명 문항 10개 이상에서 서식\(\cdot\)논리 무결 \(\to\) 4부 수료, 19주차로.
등호 조건 누락이 반복되면 \(\to\) 16주차 재복습.
분할의 “빠짐없음” 문장 누락 \(\to\) 17주차 재복습.
17번에서 결함을 2개 이하로 찾음 \(\to\) 15주차 규범 절 재독.
20번은 정답이 하나로 정해지지 않는 진단 문제 — 막힌 지점을 언어화했다면 통과.
다음 주 예고: 5부 개막 — 대우 증명(contrapositive proof). 1주차 문제 11 해설의 예고에서 막혔던 “\(n^2\)이 홀수이면 \(n\)은 홀수”(19주차 문제 4)와 그 짝수판 “\(n^2\)이 짝수이면 \(n\)은 짝수”(19주차 예제 2.1)를 드디어 증명한다. 9주차에서 확인한 동치 \(P \Rightarrow Q \equiv \neg Q \Rightarrow \neg P\)를 증명 기법으로 사용한다.