C2주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

내용

C2주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설#

예제 — 집합 언어로 함께 쓰기#

세 예제는 지지대를 하나씩 뺀다. 예제 2.1은 설계부터 한 줄씩 함께 만들고, 예제 2.2는 설계만 함께 하고, 예제 2.3은 설계부터 스스로 한 뒤 산문으로 확인한다.

예제 2.1 — 집합-생성 표기와 상등#

명제. \(A = \{x \in \mathbb{R} : x^2 < 4\}\)이고 \(B = \{x \in \mathbb{R} : |x| < 2\}\)일 때 \(A = B\)이다.

설계 — 쓰기 전에 정하는 두 가지. 1권 1주차 이래 모든 증명 설계가 그랬듯, 가정이 주는 것(출발점)과 만들어야 할 것(도착점)을 먼저 정한다.

	말	설계로의 번역
가정 (주어진 것)	\(x\)가 \(A\)의 원소다	\(\underline{\quad(1)\quad}\)
목표 (만들 것)	\(A = B\)	\(\underline{\quad(2)\quad}\)

확인 14. 두 빈칸을 채워 보자.

답

(1) 집합-생성 표기의 정의에 의해 두 조각으로 분해된다 — “\(x\)는 실수이고

\(x^2 < 4\)이다”. 조각 하나만 받으면 안 된다. (2) 1권 정의 27.1에 의해 두 과녁으로

갈린다 — \(A \subseteq B\)와 \(B \subseteq A\). 각 포함은 다시 1권 27주차 §1.5의

원소 추적 세 걸음으로 처리한다.

1단계 — 첫 방향의 문장을 연다. 포함 관계는 원소 추적으로 시작한다.

확인 15. 첫 문장을 완성해 보자: “(\(A \subseteq B\)) \(\underline{\quad}\).”

답

“\(x \in A\)를 임의로 잡자.” 선택법(S6주차)이다. 임의로 잡는 이 한 문장이

“모든 \(x\)에 대해”를 처리한다.

2단계 — 가정을 정의로 푼다. 소속을 그대로 두면 쓸 수 있는 것이 없다.

확인 16. 가정에서 얻는 사실을 빠짐없이 적어 보자.

답

둘이다 — \(x\)는 실수이고, \(x^2 < 4\)이다. 앞의 것을 빠뜨리면 마지막에 \(x \in B\)를

선언할 때 모집단 조각을 채우지 못한다.

3단계 — 조건 사이를 잇는다. 과녁의 조건은 \(|x| < 2\)이다.

확인 17. \(x^2 < 4\)에서 \(|x| < 2\)를 얻는 한 줄을 적고 근거를 대 보자.

답

귀류로 잇는 것이 짧다. \(|x| \ge 2\)라 가정하면 양변이 음이 아니므로 제곱해

\(|x|^2 \ge 4\)를 얻는데, 절댓값의 성질(1권 17주차 예제 2.2)에 의해 \(|x|^2 = x^2\)이므로

\(x^2 \ge 4\)가 되어 가정 \(x^2 < 4\)에 어긋난다. 따라서 \(|x| < 2\)이다. 근거는

둘이다 — \(|x|^2 = x^2\), 그리고 음이 아닌 두 수에서 제곱이 순서를 보존한다는 것.

4단계 — 반대 방향을 준비한다. 방향이 바뀌면 출발점과 도착점이 맞바뀐다.

확인 18. (\(B \subseteq A\)) 방향에서 \(|x| < 2\)로부터 \(x^2 < 4\)를 얻는 한 줄을 적어 보자.

답

\(0 \le |x| < 2\)이므로 음이 아닌 수에서 제곱이 순서를 보존한다는 사실에 의해

\(|x|^2 < 2^2 = 4\)이고, \(|x|^2 = x^2\)이므로 \(x^2 < 4\)이다. 이 방향은 귀류가

필요 없다 — 부등식을 곧바로 밀 수 있다.

완성본. 네 걸음을 이어 붙이면 다음 증명이 된다.

증명. (\(A \subseteq B\)) \(x \in A\)를 임의로 잡자. 집합-생성 표기의 정의에 의해 \(x\)는 실수이고 \(x^2 < 4\)이다. 여기서 \(|x| \ge 2\)라 가정하면 양변이 음이 아니므로 제곱해 \(|x|^2 \ge 4\)를 얻고, 절댓값의 성질에 의해 \(|x|^2 = x^2\)이므로 \(x^2 \ge 4\)가 되어 가정에 어긋난다. 따라서 \(|x| < 2\)이다. \(x\)는 실수이고 \(|x| < 2\)이므로 \(x \in B\)이다.

(\(B \subseteq A\)) \(x \in B\)를 임의로 잡자. 정의에 의해 \(x\)는 실수이고 \(|x| < 2\)이다. \(0 \le |x| < 2\)이므로 제곱하면 \(|x|^2 < 4\)이고, \(|x|^2 = x^2\)이므로 \(x^2 < 4\)이다. \(x\)는 실수이고 \(x^2 < 4\)이므로 \(x \in A\)이다.

양방향 포함이 성립하므로 1권 정의 27.1에 의해 \(A = B\)이다. \(\blacksquare\)

손으로 베껴 쓰면서 각 줄 옆의 “왜”에 스스로 답해 본다.

증명의 한 줄	왜 이 줄을 쓰는가?
(\(A \subseteq B\)) \(x \in A\)를 임의로 잡자.	포함 관계의 과녁은 전칭이므로 선택법(S6주차)으로 연다. 임의로 잡는 문장이 “모든”을 처리한다.
집합-생성 표기의 정의에 의해 \(x\)는 실수이고 \(x^2 < 4\)이다.	소속을 두 걸음으로 분해한다(§1.3 해부 표). 모집단 조각을 빠뜨리면 마지막 선언이 미완성이 된다.
\(\lvert x \rvert \ge 2\)라 가정하면 제곱해 \(x^2 \ge 4\)가 되어 어긋난다.	두 조건을 잇는 자리다. 곧장 밀기 어려우므로 부정을 가정해 모순을 낸다(S11주차). 근거는 절댓값의 성질(1권 17주차 예제 2.2)과 제곱의 단조성이다.
따라서 \(\lvert x \rvert < 2\)이다. \(x\)는 실수이고 \(\lvert x \rvert < 2\)이므로 \(x \in B\)이다.	과녁의 소속 조건을 두 걸음 모두 채워 선언한다. 조건만 적고 모집단을 적지 않는 답안이 많다.
(\(B \subseteq A\)) \(x \in B\)를 임의로 잡자.	방향이 바뀌면 출발점과 도착점이 맞바뀐다. 앞 방향의 문장을 재활용하지 않고 다시 연다.
\(0 \le \lvert x \rvert < 2\)이므로 \(\lvert x \rvert^2 < 4\)이고 \(x^2 < 4\)이다.	이 방향은 부등식을 곧바로 민다. 앞 방향이 귀류였다고 해서 뒤도 귀류일 이유는 없다.
양방향 포함이 성립하므로 1권 정의 27.1에 의해 \(A = B\)이다. \(\blacksquare\)	상등의 판정 형식으로 닫는다. 이 줄이 없으면 두 포함만 증명하고 명제를 닫지 않은 답안이 된다.

관찰. 두 집합의 상등이 결국 두 조건의 동치 \(x^2 < 4 \iff |x| < 2\)로 환원됐다. 집합-생성 표기로 적힌 집합의 상등은 언제나 이 형태를 띤다 — 집합 언어 아래에서 실제로 일하는 것은 1권 17주차의 부등식과 1학기의 양화사 기법이다.

예제 2.2 — 인덱스 집합족의 교집합#

명제. 각 \(n \in \mathbb{N}\)에 대해 \(A_n = \left(-\frac1n, \frac1n\right)\)이라 할 때 \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = \{0\}\)이다.

이번에는 설계만 함께 하고, 본문은 완성본으로 본다.

확인 19. 설계표를 채워 보자. 도착점은 \(\underline{\quad(1)\quad}\)개의 과녁으로 갈린다. (\(\{0\} \subseteq \bigcap\)) 방향의 양화사 처리는 \(\underline{\quad(2)\quad}\)이고, (\(\bigcap \subseteq \{0\}\)) 방향에서 가정에 붙는 양화사 처리는 \(\underline{\quad(3)\quad}\)이다. 뒤 방향의 과녁 “\(x = 0\)”은 직접 만들기 어려우므로 \(\underline{\quad(4)\quad}\)을 쓴다.

답

(1) 두 개 — 1권 정의 27.1의 양방향 포함이다. (2) 선택법(S6주차). \(\{0\}\)의

원소는 \(0\)뿐이므로 \(0 \in \bigcap_n A_n\)만 보이면 되고, 그것은 “모든 \(n\)에 대해

\(0 \in A_n\)”이라는 전칭이므로 \(n\)을 임의로 잡는다. (3) 특수화(S7주차). 가정

\(x \in \bigcap_n A_n\)은 전칭이므로 내가 고른 인덱스에 적용한다. (4) 귀류법(S11주차).

\(x \ne 0\)을 가정하면 절댓값이 양수가 되어 아르키메데스 성질(S5주차 문제 14)을

쓸 자격이 생기고, 거기서 나온 인덱스가 특수화의 대상이 된다.

완성본.

증명. (\(\{0\} \subseteq \bigcap_{n} A_n\)) 자연수 \(n\)을 임의로 잡자. \(\frac1n > 0\)이므로 \(-\frac1n < 0 < \frac1n\)이고, 따라서 \(0 \in A_n\)이다. \(n\)이 임의였으므로 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(0 \in A_n\)이고, 인덱스 교집합의 정의에 의해 \(0 \in \bigcap_{n} A_n\)이다. \(\{0\}\)의 원소는 \(0\)뿐이므로 \(\{0\} \subseteq \bigcap_{n} A_n\)이다.

(\(\bigcap_{n} A_n \subseteq \{0\}\)) \(x \in \bigcap_{n} A_n\)을 임의로 잡자. 인덱스 교집합의 정의에 의해 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(x \in A_n\)이고, 이는 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(|x| < \frac1n\)임을 뜻한다. 여기서 \(x \ne 0\)이라 가정하자. 그러면 \(|x| > 0\)이므로 S5주차 문제 14에 의해 \(\frac1m < |x|\)인 자연수 \(m\)이 존재한다. 전칭 가정을 인덱스 \(m\)에 적용하면 \(|x| < \frac1m\)이므로 \(\frac1m < |x| < \frac1m\)이 되어 모순이다. 따라서 \(x = 0\)이고 \(x \in \{0\}\)이다.

양방향 포함이 성립하므로 \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = \{0\}\)이다. \(\blacksquare\)

걸음마다 어떤 양화사가 어떤 기법으로 처리됐는지 대조해 둔다.

걸음	지면에 적힌 양화사	쓴 기법
자연수 \(n\)을 임의로 잡자	과녁의 “모든 \(n\)”	선택법 (S6주차)
모든 자연수 \(n\)에 대해 \(x \in A_n\)	가정의 “모든 \(n\)”	아직 쓰지 않고 손에 든다
그런 자연수 \(m\)이 존재한다	인용한 정리의 “존재한다”	이름 \(m\)을 붙여 받는다
전칭 가정을 인덱스 \(m\)에 적용	가정의 “모든 \(n\)”	특수화 (S7주차)

관찰. 큰 교집합에 든 원소는 모든 \(A_n\)을 통과해야 하는데 \(A_n\)이 \(0\)으로 수축하므로 \(0\)만 남는다. 증명에서 실제로 일한 것은 인덱스 \(m\) 하나이고, 그 \(m\)을 어디서 얻는지가 이 증명의 유일한 고비다. 참고로 합집합 쪽은 \(A_1\)이 가장 큰 구간이므로 \(\bigcup_{n} A_n = A_1 = (-1, 1)\)이다.

예제 2.3 — 분할 판정#

과제. \(A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\)에 대해 다음 넷이 각각 \(A\)의 분할인지 판정하고 근거를 적으시오.

\(\mathcal{S}_1 = \{\{1, 2\}, \{3, 4, 5\}, \{6\}\}\)
\(\mathcal{S}_2 = \{\{1, 2\}, \{2, 3, 4\}, \{5, 6\}\}\)
\(\mathcal{S}_3 = \{\{1, 2\}, \{3, 4\}, \{5\}\}\)
\(\mathcal{S}_4 = \{\{1, 2\}, \{3, 4\}, \emptyset, \{5, 6\}\}\)

이번에는 설계부터 스스로 해 보자.

확인 20. 네 모임을 아무 순서로나 훑는 대신 무엇을 먼저 확인할 것인가. §1.6의 네 걸음 중 어느 순서가 판정을 가장 빨리 끝내는가.

답

걸음 ⓪을 먼저 하고, 그다음은 ①이다. ①은 조각 목록만 보면 되므로 가장 싸고,

\(\emptyset\)이 보이는 즉시 판정이 끝난다(\(\mathcal{S}_4\)). 다음이 ②다 — 조각들의

원소를 훑으며 중복을 찾는다(\(\mathcal{S}_2\)). ③은 \(A\)의 원소를 하나씩 대조해야

하므로 가장 비싸고 마지막에 둔다(\(\mathcal{S}_3\)). 분할이 아님을 보이는 데는

어긋난 조건 하나와 그 증거면 충분하고, 분할임을 보이는 데는 셋 전부가 필요하다.

판정. 네 모임을 순서대로 처리한다.

\(\mathcal{S}_1\)은 분할이다. 걸음 ⓪ — 세 조각이 모두 \(A\)의 부분집합이다. 걸음 ① — \(1 \in \{1,2\}\), \(3 \in \{3,4,5\}\), \(6 \in \{6\}\)이므로 셋 다 공집합이 아니다. 걸음 ② — 서로 다른 두 조각의 쌍은 셋이고, \(\{1,2\} \cap \{3,4,5\} = \emptyset\)이며 \(\{1,2\} \cap \{6\} = \emptyset\)이고 \(\{3,4,5\} \cap \{6\} = \emptyset\)이다. 걸음 ③ — 합집합은 \(\{1,2\} \cup \{3,4,5\} \cup \{6\} = A\)이다. 세 조건이 모두 성립하므로 \(\mathcal{S}_1\)은 \(A\)의 분할이다.

\(\mathcal{S}_2\)는 분할이 아니다. 조건 ②가 어긋난다. \(\{1,2\}\)와 \(\{2,3,4\}\)는 서로 다른 두 조각인데 \(2 \in \{1,2\} \cap \{2,3,4\}\)이므로 교집합이 공집합이 아니다. 다른 두 조건은 성립하지만 세 조건이 모두 필요하므로 판정은 여기서 끝난다.

\(\mathcal{S}_3\)은 분할이 아니다. 조건 ③이 어긋난다. 세 조각의 합집합은 \(\{1,2,3,4,5\}\)이고 \(6\)이 어느 조각에도 속하지 않으므로 합집합이 \(A\)가 아니다.

\(\mathcal{S}_4\)는 분할이 아니다. 조건 ①이 어긋난다. \(\emptyset\)이 \(\mathcal{S}_4\)의 원소인데 조건 ①은 각 원소가 공집합이 아닐 것을 요구한다. \(\emptyset\)을 목록에서 지우면 남은 모임 \(\{\{1,2\},\{3,4\},\{5,6\}\}\)은 분할이다 — 나눔 자체는 온전하고 목록을 적는 방식만 어긋난 경우다.

정리하면 다음과 같다.

모임	판정	어긋난 조건과 증거
\(\mathcal{S}_1\)	분할 ✓	세 조건 모두 성립
\(\mathcal{S}_2\)	분할 ✗	② — \(2 \in \{1,2\} \cap \{2,3,4\}\)
\(\mathcal{S}_3\)	분할 ✗	③ — \(6\)이 어느 조각에도 없다
\(\mathcal{S}_4\)	분할 ✗	① — \(\emptyset \in \mathcal{S}_4\)

관찰. 세 조건은 각각 다른 방식으로 깨진다 — 겹침, 누락, 빈 조각이다. “정확히 하나에 속한다”는 압축 판본으로 보면 \(\mathcal{S}_2\)에서 \(2\)는 두 조각에 속하고(유일성 위반), \(\mathcal{S}_3\)에서 \(6\)은 어느 조각에도 속하지 않는다(존재 위반). \(\mathcal{S}_4\)의 결함은 압축 판본에 나타나지 않는다 — 조건 ①이 나눔의 내용이 아니라 목록을 적는 방식을 규제하는 조건이기 때문이다.

관찰 — 같은 뼈대#

세 예제는 소재가 다르지만 걸음의 배치가 같다. 대응표의 빈칸을 채워 보자.

걸음	예제 2.1	예제 2.2	예제 2.3
소속을 정의로 푼다	실수이고 \(x^2 < 4\)	모든 \(n\)에 대해 \(x \in A_n\)	\(\underline{\quad(1)\quad}\)
양화사를 기법으로 바꾼다	선택법으로 \(x\)를 임의로 잡음	\(\underline{\quad(2)\quad}\)	②③은 전칭, ①은 존재
과녁의 조건을 전부 채운다	실수 확인과 절댓값 조건	\(x = 0\)	\(\underline{\quad(3)\quad}\)
판정 형식으로 닫는다	양방향 포함으로 상등	양방향 포함으로 상등	세 조건 전부 또는 반례 하나

확인 21. 빈칸 (1)~(3)을 채워 보자.

답

(1) 분할의 세 조건 — 각 조각이 비었는지, 서로 다른 두 조각이 겹치는지, 빠진

원소가 있는지. (2) 한 방향은 선택법(모든 \(n\)에 대해 확인), 다른 방향은

특수화(고른 인덱스 \(m\)에 적용). (3) 반례를 낼 때는 조각과 원소를 함께 명시한다 —

“\(2 \in \{1,2\} \cap \{2,3,4\}\)”처럼 어느 두 조각의 어느 공통 원소인지 적는다.

확인 22. 세 예제에 공통된 첫 걸음은 무엇인가. 그리고 그 걸음을 건너뛰면 무엇이 일어나는가.

답

소속을 정의로 푸는 것이다. 어느 예제도 그림이나 직관으로 시작하지 않는다.

이 걸음을 건너뛰면 손에 남는 것이 \(\in\) 기호뿐이어서 다음 줄을 쓸 재료가 없다 —

1권 27주차 §1.1에서 그림으로 밀어붙이다 막힌 자리가 같은 자리다.

방금 확인한 뼈대에 이름을 붙인다.

백지 암기 대상

집합 주장의 4단 뼈대

① 소속을 정의로 푼다 — \(\in\)이 나오는 자리마다 그 집합의 정의가 요구하는 조건을 빠짐없이 적는다.

② 양화사를 기법으로 바꾼다 — 과녁의 \(\forall\)는 선택법, 과녁의 \(\exists\)는 구성법, 가정의 \(\forall\)는 특수화.

③ 과녁의 조건을 전부 채운다 — 모집단 확인을 빠뜨리지 않는다.

④ 판정 형식으로 닫는다 — 상등은 양방향 포함, 분할은 세 조건.

이 뼈대는 C11주차의 동치류와 분할 정리, C12주차의 함수에서 그대로 쓰인다. 바뀌는 것은 ①에서 풀어야 할 정의의 종류뿐이다.

빈칸 사다리 — 지지대를 하나씩 빼며#

베끼지 말고 빈칸만 스스로 채운다. 답은 §6에 있다. 훈련이 진행될수록 빈칸이 커진다.

훈련 1 ●○○ — 수식과 절차의 빈칸#

과제. \([r] = \{n \in \mathbb{Z} : n \equiv r \pmod 3\}\)이라 할 때 \(\mathcal{S} = \{[0], [1], [2]\}\)이 \(\mathbb{Z}\)의 분할임을 §1.6의 네 걸음으로 검증한다.

걸음 ⓪ 층위: \(\mathcal{S}\)의 원소는 정수가 아니라 \(\underline{\quad(1)\quad}\)이다.
걸음 ① 비공집합: \(0 \in [0]\), \(1 \in [1]\), \(\underline{\quad(2)\quad} \in [2]\)이므로 세 조각 모두 공집합이 아니다.
걸음 ② 서로소: \(n \in [0] \cap [1]\)이라 하면 \(3 \mid n\)이고 \(3 \mid (n - 1)\)이므로 두 수의 차를 취해 \(3 \mid \underline{\quad(3)\quad}\)을 얻는데, 이는 거짓이다. 나머지 두 쌍도 같은 방식으로 처리한다.
걸음 ③ 덮음: 정수 \(n\)을 임의로 잡으면 \(\underline{\quad(4)\quad}\)에 의해 \(n = 3q + r\)이고 \(r \in \{0, 1, 2\}\)인 정수 \(q\), \(r\)가 유일하게 존재하므로 \(n \in [r]\)이다.
세 조건이 모두 성립하므로 \(\mathcal{S}\)는 \(\mathbb{Z}\)의 \(\underline{\quad(5)\quad}\)이다.
이 분할을 낳은 관계는 \(\underline{\quad(6)\quad}\)이고, 관계와 분할이 서로를 낳는다는 사실은 1권 37주차의 분할 정리다. C11주차가 그 대응을 다시 세운다.

훈련 2 ●●○ — 빈칸과 근거를 함께#

이번에는 각 줄에 쓴 기법과 근거도 빈칸이다.

과제. 각 \(n \in \mathbb{N}\)에 대해 \(C_n = \{x \in \mathbb{R} : n \le x\}\)라 할 때 \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} C_n = \emptyset\)임을 증명한다.

과녁이 “공집합이다”이므로 원소를 제시하는 방식으로는 접근할 수 없다. 표준 처리는 원소가 있다고 가정해 모순을 내는 \(\underline{\quad(1)\quad}\)이다.
\(x \in \bigcap_{n} C_n\)이라 하자. 그러면 \(\underline{\quad(2)\quad}\) 자연수 \(n\)에 대해 \(n \le x\)이다. [근거: \(\underline{\quad(3)\quad}\)]
이 전칭 가정을 인덱스 \(1\)에 적용하면 \(1 \le x\)이므로 \(x > 0\)이고, 따라서 \(\frac1x\)은 양의 실수다. [기법: \(\underline{\quad(4)\quad}\)]
S5주차 문제 14를 \(\varepsilon = \frac1x\)에 적용하면 \(\frac1m < \frac1x\)인 자연수 \(m\)이 존재한다. 양변에 양수 \(mx\)를 곱하면 \(\underline{\quad(5)\quad}\)을 얻는다.
전칭 가정을 인덱스 \(m\)에 적용하면 \(m \le x\)이므로 \(\underline{\quad(6)\quad}\)이 되어 모순이다.
따라서 교집합에 속하는 원소가 없고 \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} C_n = \emptyset\)이다.

훈련 3 ●●● — 뼈대만 남기고#

이번에는 설계의 각 칸을 통째로 채운다.

과제. 집합 \(A\)가 공집합이 아니고 \(\mathcal{S}\)가 \(A\)의 분할일 때, 각 \(a \in A\)에 대해 \(a \in X\)인 \(X \in \mathcal{S}\)가 정확히 하나 존재함을 증명한다. (§1.5에서 압축 판본이 정말 성립하는지 미뤄 둔 자리다.)

① 과녁을 두 부분으로 나눈다: \(\underline{\quad(1)\quad}\)
② 존재 부분에서 쓸 조건과 기법: \(\underline{\quad(2)\quad}\)
③ 유일 부분에서 쓸 조건과 기법: \(\underline{\quad(3)\quad}\)
④ 완성 증명문: \(\underline{\quad(4)\quad}\)
⑤ 세 조건 중 이 증명이 쓰지 않은 것은 무엇이고, 그것은 어디에 쓰이는가: \(\underline{\quad(5)\quad}\)

연습문제 (20문항)#

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

이번 주의 채점 기준

답이 아니라 근거가 점수다. 판정 문제에서 “분할이다”만 적으면 0점이고, 세 조건을 각각 확인한 줄이 있어야 만점이다. 분할이 아니라고 판정할 때는 어긋난 조건 번호와 그 증거를 함께 적는다 — “겹친다”는 0점이고 “\(2 \in \{1,2\} \cap \{2,3,4\}\)이므로 조건 ② 위반”이 만점이다. 증명 문제에서는 \(\in\)이 나오는 자리마다 그 집합의 정의를 풀어 적었는지, 양화사마다 어느 기법을 썼는지 명시했는지를 본다. 힌트 상자는 5분 이상 막힌 뒤에만 연다.

기본 ●○○#

1. [백지] 집합-생성 표기의 뜻, 인덱스 합집합\(\cdot\)교집합의 정의(\(\exists\)/\(\forall\)), 분할의 세 조건을 쓰시오.

힌트

세 항목을 한 줄로 이어 외우려 하면 중간에서 끊긴다. 각 항목이 답하는 물음을

먼저 세운다 — 집합-생성은 “원소인지 어떻게 판정하는가”, 인덱스 합교는 “어느

양화사인가”, 분할은 “무엇을 금지하는가”다. 물음이 서면 답이 따라 나온다.

2. \(A = \{1, 2, 3\}\)에 대해 다음을 구하시오. (a) \(\mathcal{P}(A)\)를 나열하고 \(|\mathcal{P}(A)|\)를 확인하시오. (b) \(A \times A\)의 원소 개수를 구하시오. (c) \(\{x \in A : x^2 > 3\}\)을 나열하시오.

힌트

(a)는 크기별로 나눠 세면 빠뜨림이 드러난다 — 크기 \(0\)짜리, \(1\)짜리, \(2\)짜리,

\(3\)짜리를 각각 몇 개인지 먼저 적고 나열한다. (c)에서 모집단이 \(\mathbb{Z}\)가

아니라 \(A\)임에 주의한다. 후보는 \(1\), \(2\), \(3\) 셋뿐이다.

3. 예제 2.3의 판정을 백지에서 재현하고, 각 실패가 어느 조건을 위반했는지 지목하시오.

힌트

네 모임을 통째로 외우려 하지 말고 §1.6의 네 걸음을 먼저 적는다. 그다음

각 모임에서 어느 걸음이 처음으로 걸리는지만 찾으면 된다. 실패는 세 종류뿐이므로

셋 중 하나를 배정하는 문제가 된다.

4. §3의 빈칸 사다리 훈련 1~3을 백지에서 완성하시오.

힌트

훈련 3이 막히면 §1.5의 압축 판본 문장을 먼저 적는다 — “모든 원소가 정확히

하나의 조각에 속한다”. 그 문장에서 “정확히 하나”를 존재와 유일로 가르는 것이

칸 ①이고, 나머지 칸은 두 부분에 조건 ③과 ②를 각각 배정하는 일이다.

5. \(A_n = [0, n]\) (\(n \in \mathbb{N}\))에 대해 \(\bigcup_{n} A_n\)과 \(\bigcap_{n} A_n\)을 구하고 근거를 적으시오.

힌트

답을 추측한 뒤 양방향 포함으로 확인한다. 합집합 쪽에서 어려운 방향은 임의의

\(x \ge 0\)에 대해 인덱스를 하나 제시하는 쪽이고, 교집합 쪽에서는 인덱스 \(1\)에

특수화하는 한 줄이 한 방향을 통째로 끝낸다.

6. 다음이 \(\{1,2,3,4\}\)의 분할인지 판정하고 이유를 쓰시오. (a) \(\{\{1\},\{2,3\},\{4\}\}\) (b) \(\{\{1,2\},\{2,3,4\}\}\) (c) \(\{\{1,2,3,4\}\}\) (d) \(\{\{1\},\{2\},\{3\}\}\)

힌트

(c)에서 판단이 갈린다. 조각이 하나뿐일 때 조건 ②가 요구하는 것이 무엇인지

다시 읽는다 — 조건은 “서로 다른 두 원소”에 대한 것이고, 그런 쌍이 없으면

요구가 하나도 발생하지 않는다.

표준 ●●○#

7. \(A = \{x \in \mathbb{R} : x^2 - 3x + 2 \le 0\}\), \(B = [1, 2]\)일 때 \(A = B\)임을 증명하시오.

힌트

예제 2.1과 같은 뼈대다. 인수분해 \((x-1)(x-2) \le 0\)을 먼저 만들고, 한 방향은

\(x < 1\)과 \(x > 2\) 두 경우에서 곱이 양수가 됨을 보여 막는다. 반대 방향은 두

인수의 부호를 직접 확인하면 된다.

8. \(A_r = \{x \in \mathbb{R} : |x| < r\}\)에 대해 \(\bigcup_{r \in \mathbb{R}^{+}} A_r = \mathbb{R}\)임을 증명하시오. (\(\mathbb{R}^{+}\)는 양의 실수 전체의 집합, 곧 \(\{x \in \mathbb{R} : x > 0\}\)이다.)

힌트

어려운 방향은 \(\supseteq\)다. 실수 \(x\)를 임의로 잡은 뒤 \(x \in A_r\)이 되는 \(r\)을

공식으로 만들어 제시한다. \(r\)은 \(|x|\)보다 크기만 하면 되고, 양수여야 한다는

자격 검증을 잊지 않는다.

9. \(A_n = \left(0, \frac1n\right)\) (\(n \in \mathbb{N}\))에 대해 \(\bigcap_{n} A_n = \emptyset\)임을 증명하시오.

힌트

예제 2.2와 결론이 다른 이유부터 짚는다. 거기서는 \(0\)이 모든 구간에 들어 있었고

여기서는 열린 끝점이라 빠진다. 증명은 §3 훈련 2와 같은 형태다 — 원소가 있다고

가정하고 아르키메데스로 인덱스를 하나 만들어 특수화한다.

10. 다음 답안을 진단하시오.

“\(\mathcal{S} = \{\{1,2\}, \{3,4\}, \{4,5\}\}\)은 \(\{1,2,3,4,5\}\)의 분할이다. 증명: 모든 원소가 어떤 부분집합에 속하므로.”

힌트

답안이 수행한 걸음과 수행하지 않은 걸음을 §1.6의 목록에 표시해 본다. 수행한

걸음의 결론은 실제로 참이다 — 그래서 이 답안은 거짓 주장을 참인 근거로 뒷받침한

형태다. 어긋난 조건의 증거는 원소 하나로 충분하다.

11. \(\mathbb{Z}\)의 짝수 집합 \(E\)와 홀수 집합 \(O\)에 대해 \(\{E, O\}\)가 \(\mathbb{Z}\)의 분할임을 세 조건으로 증명하시오.

힌트

세 조건에 붙일 근거가 각각 다르다. 조건 ②는 1권 22주차 문제 5가 이미 증명한

사실을 인용하는 자리이고, 조건 ③은 1권 17주차의 나눗셈 정리를 인용하는 자리다.

근거 이름을 적지 않고 “당연하다”로 넘어가면 감점 자리가 된다.

이 문제가 쓰는 도구 — 여집합과 인덱스가 만나는 자리

문제 12는 여집합 기호와 인덱스 합집합을 한 식에서 다룬다. 여기서 실제로 일하는 것은 양화사의 부정이다 — “어떤 \(\alpha\)에 대해 \(x \in S_\alpha\)”의 부정은 “모든 \(\alpha\)에 대해 \(x \notin S_\alpha\)”이고(1권 11주차, S10주차), 이 한 줄이 \(\bigcup\)을 \(\bigcap\)으로 바꾼다. 전체집합 \(U\)를 먼저 고정하고, 인덱스 집합 \(I\)는 공집합이 아니라고 두자. 같은 명제를 1권 28주차가 예제 2.3에서 첨자 언어로 증명했으므로, 이번에는 Chartrand의 표기로 다시 적는 셈이다.

12. 인덱스 드모르간 \(\overline{\bigcup_{\alpha \in I} S_\alpha} = \bigcap_{\alpha \in I} \overline{S_\alpha}\)를 증명하시오.

힌트

원소 추적으로 양방향을 각각 적되, 각 방향에서 “정의로 풀기 \(\to\) 부정을 안으로

밀기 \(\to\) 다시 정의로 접기”의 세 걸음이 나오는지 확인한다. 부정을 미는 줄이

이 증명의 유일한 실질적 걸음이고, 나머지는 정의를 펴고 접는 일이다.

13. \(A = \{1,2,3,4,5,6\}\)의 서로 다른 분할 세 개를 제시하고, 각각 몇 조각인지와 “정확히 하나에 속함”을 확인하시오.

14. \(\mathcal{P}(\{1,2\}) = \{\emptyset, \{1\}, \{2\}, \{1,2\}\}\)의 부분모임 중 \(\{1,2\}\)의 분할이 되는 것을 모두 찾으시오.

힌트

후보를 무작정 훑지 말고 조건 ①로 먼저 거른다. \(\emptyset\)을 포함한 부분모임은

전부 탈락하므로 남는 후보는 \(\{\{1\},\{2\},\{1,2\}\}\)의 부분모임 여덟 개다.

그 여덟 개에 조건 ②와 ③을 차례로 걸면 답이 나온다. 빈 모임도 후보에 넣는다.

도전 ●●●#

이 문제가 쓰는 사실 — 바닥함수

문제 15는 실수 \(x\)마다 “\(n \le x < n+1\)인 정수 \(n\)이 유일하게 존재한다”는 사실을 쓴다. 그 \(n\)을 \(\lfloor x \rfloor\)로 적고 \(x\)의 바닥이라 부른다. 이 사실의 증명은 실수의 완비성에서 나오고, 완비성 자체는 S16주차가 공리로 채택해 이 과정 내내 인정하고 쓰는 것이므로 여기서도 인정하고 쓴다. 정수 쪽의 대응물은 1권 33주차의 최소원리이고, 그쪽은 증명된 사실이다. 증명에서 필요한 것은 존재 쪽이고, 유일성은 조건 ②가 대신 준다.

15. \(\{[n, n+1)\}_{n \in \mathbb{Z}}\)가 \(\mathbb{R}\)의 분할임을 증명하시오.

힌트

조각이 무한하므로 걸음 ②를 쌍마다 세지 않는다. 서로 다른 정수 \(m\), \(n\)을

임의로 잡고 일반성을 잃지 않게 \(m < n\)이라 두면, 정수이므로 \(m + 1 \le n\)이라는

강한 사실이 따라온다. 그 부등식 하나가 두 구간을 갈라놓는다.

16. \(A_n = \{n, 2n, 3n, \ldots\}\) (\(n \in \mathbb{N}\))에 대해 (a) \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n\)을 구하고 증명하시오. (b) \(A_2 \cap A_3 = A_6\)임을 증명하시오.

힌트

(a)에서 후보 \(k\)를 잡았다면, 그 \(k\)를 탈락시킬 인덱스를 \(k\) 자신으로부터 만든다 —

\(A_m\)의 가장 작은 원소가 \(m\)이라는 사실을 쓰면 된다. (b)의 어려운 방향은 \(\subseteq\)이고,

“\(2\)와 \(3\)이 둘 다 나누면 \(6\)이 나눈다”는 1권 20주차 문제 13이 이미 증명한 사실이다.

이 문제가 쓰는 표기 — 역상

문제 17의 \(f^{-1}(\{b\})\)는 “\(f\)의 역함수”가 아니다. \(f\)가 전단사가 아니어도 이 표기는 뜻을 가진다 — \(\{a \in A : f(a) = b\}\)의 줄임이고, “\(b\)로 가는 것들의 집합”으로 읽는다. 이 집합을 \(b\)의 섬유(fiber)라 부른다. 함수의 정의(1권 정의 40.1)가 각 \(a\)에 값을 정확히 하나 대응시킨다는 조항이 이 문제의 조건 ②를 통째로 담당한다. 역함수 자체는 C12주차에서 다룬다.

17. 함수 \(f : A \to B\)와 공집합이 아닌 집합 \(A\)에 대해, 각 \(b \in B\)의 섬유 \(f^{-1}(\{b\}) = \{a \in A : f(a) = b\}\) 중 공집합이 아닌 것들의 모임이 \(A\)의 분할임을 증명하시오.

힌트

걸음 ②에서 두 조각을 \(f^{-1}(\{b_1\})\)과 \(f^{-1}(\{b_2\})\)로 적었을 때 \(b_1 \ne b_2\)를

곧바로 쓸 수 있는지 확인한다. 두 조각이 서로 다르다는 가정에서 그것이 따라 나온다.

걸음 ③에서 제시할 조각은 \(a\)가 정해지면 자동으로 정해진다.

18. \(n\)개 원소를 가진 집합의 분할의 개수를 \(n = 1, 2, 3\)에 대해 직접 세시오. 그리고 \(\{1,2,3\}\)의 분할을 조각 개수별로 분류해 세시오.

힌트

\(n = 3\)에서 빠뜨리지 않으려면 조각 개수로 먼저 나눈다. 조각이 두 개인 분할은

크기 배분이 하나로 정해지므로, 크기 \(1\)짜리 조각을 고르는 방법만 세면 된다.

결과를 1권 37주차 문제 19와 대조해 검산한다.

19. \(R = \{x : x \notin x\}\)이 집합이 될 수 없는 이유를 이번 주의 언어로 재서술하고, Chartrand가 집합-생성 표기를 항상 \(\{x \in S : P(x)\}\) 꼴로 쓰는 이유를 설명하시오.

힌트

두 물음을 따로 답한다. 앞쪽은 \(R \in R\)인지 물어 두 갈래 모두에서 모순이

나옴을 보이는 일이고, 뒤쪽은 §1.3 확인 6에서 이미 한 관찰을 표기 규약의

언어로 옮기는 일이다. 표기가 안전장치가 되는 구조를 한 문장으로 적는다.

20. (a) 인덱스 합집합\(\cdot\)교집합의 정의에 \(\exists\)와 \(\forall\)가 숨어 있음을 예제 2.2로 뒷받침하고, 무한 집합족의 증명이 1학기 양화사 기법의 실전임을 세 문장 이내로 쓰시오. (b) 분할의 세 조건이 “정확히 하나에 속함”으로 압축됨을 존재와 유일의 언어로 두 문장 이내로 설명하시오.

백지 재현 — 복습 프로토콜#

이번 주의 5일 루틴. 원서와 교안을 번갈아 쓰는 순서다.

요일	할 일
1일차	원서 Chartrand 1장 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 1장의 연습문제 몇 개를 직접 시도
4일차	교안 §3 빈칸 사다리 + §4 연습문제 20문항
5일차	백지 재현 1차(틀 카드)\(\cdot\)2차(완전 백지) + 체크리스트

원서 1장은 겹치는 내용이 많아 빨리 읽힌다. 3일차에는 속도를 내는 대신, 원서가 분할과 서로소 집합족을 어느 순서로 놓는지에 표시를 해 두면 C11주차에서 그 표시가 쓰인다.

1차 시도 — 틀 카드 허용. 다음 세 상자만 옮겨 적은 카드를 펴 놓는다: 집합-생성 표기의 정의, 인덱스 합집합\(\cdot\)교집합의 정의, 분할의 세 조건. 그 상태에서 예제 2.2의 증명을 처음부터 끝까지 적고, 예제 2.3의 네 모임을 판정한다. 예제 본문과 확인 상자는 보지 않는다.

2차 시도 — 완전 백지. 아무것도 보지 않고 수행한다.

집합-생성 표기의 뜻, 인덱스 합집합\(\cdot\)교집합의 정의, 분할의 세 조건을 백지에 썼다.
분할 판정의 네 걸음과 각 걸음이 막는 붕괴를 말했다.
집합 주장의 4단 뼈대를 백지에 썼다.
예제 2.1을 양방향 포함으로 재현하고, 각 방향에서 모집단 확인을 빠뜨리지 않았다.
예제 2.2를 재현하고, 인덱스 \(m\)이 어디서 나오는지 근거와 함께 적었다.
예제 2.3의 네 모임을 판정하고 실패마다 조건 번호와 증거를 적었다.
§3 훈련 3(정확히 하나)의 증명을 존재와 유일로 갈라 적었다.
원서 1장을 완독했고, 1일차에 표시한 문장이 전부 해결되었다.

막힌 지점별 처방. 막힌 지점이 무엇을 다시 볼지 알려 준다.

막힌 지점	처방
분할의 세 조건 중 하나가 빠진다	§1.5 삭제 실험 세 개 — 조건마다 무너지는 사례와 함께 외운다
조각이 무한할 때 서로소 확인이 막힌다	§1.6 확인 12 — 쌍을 세지 않고 임의의 두 인덱스로 한 번 증명한다
\(\bigcup\)과 \(\bigcap\)의 양화사가 헷갈린다	§1.4 번역 규칙 표 — 과녁인지 가정인지부터 판정한다
인덱스를 어디서 얻는지 모르겠다	예제 2.2 — 아르키메데스 성질이 인덱스를 만들어 주는 자리다
상등 증명이 한 방향에서 끝난다	1권 정의 27.1 — 양방향 포함이 상등의 판정 기준이다
모집단 확인을 자꾸 빠뜨린다	§1.3 확인 5 — 소속 판정은 언제나 두 걸음이다
원소와 조각을 혼동한다	§1.1 끝 문단과 §1.6 걸음 ⓪ — 층위 확인을 첫 줄에 둔다

하나라도 실패하면 그 항목만 다시 적고 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) \(\mathbb{Z}\)의 부분집합 (2) \(2\) (3) \(1\) (4) 나눗셈 정리 (5) 분할 (6) 합동 관계 \(\equiv \pmod 3\)

※ (3)의 유도를 적어 둔다. \(3 \mid n\)이고 \(3 \mid (n-1)\)이면 어떤 정수 \(s\), \(t\)에 대해 \(n = 3s\)이고 \(n - 1 = 3t\)이므로, 두 식을 빼면 \(1 = 3(s - t)\)이다. \(s - t\)는 정수이므로 \(3 \mid 1\)인데 이는 거짓이다. 나머지 두 쌍 \([0] \cap [2]\)와 \([1] \cap [2]\)도 각각 \(3 \mid 2\)와 \(3 \mid 1\)을 낳아 같은 방식으로 처리된다. (4)에서 나눗셈 정리가 주는 것은 존재만이 아니라 유일성까지이고, 유일성은 걸음 ②를 다시 확인해 주는 덤이다.

빈칸 사다리 — 훈련 2#

(1) 귀류법 (S11주차) (2) 모든 (3) 인덱스 교집합의 정의 (4) 특수화 (S7주차) (5) \(x < m\) (6) \(x < m \le x\)

※ (5)의 계산을 적어 둔다. \(\frac1m < \frac1x\)의 양변에 양수 \(mx\)를 곱하면 \(x < m\)이다. 양수를 곱했으므로 부등호 방향이 보존된다 — 음수를 곱하면 뒤집히므로 \(mx > 0\)임을 확인한 줄이 필요하고, 그 확인이 앞 줄의 \(1 \le x\)에서 온다. 이 훈련의 새로운 부분은 인덱스 \(1\)과 인덱스 \(m\)에 두 번 특수화한다는 점이다. 전칭 가정은 몇 번이든 다시 쓸 수 있다.

빈칸 사다리 — 훈련 3#

(1) “정확히 하나 존재한다”를 존재(”\(a \in X\)인 \(X \in \mathcal{S}\)가 적어도 하나 있다”)와 유일(“그런 \(X\)가 둘이면 서로 같다”)로 가른다 — S13주차의 표준 분해다. (2) 조건 ③(덮음)과 인덱스 합집합의 정의. \(\bigcup_{X \in \mathcal{S}} X = A\)이므로 \(a \in \bigcup_{X \in \mathcal{S}} X\)이고, 정의에 의해 어떤 \(X \in \mathcal{S}\)에 대해 \(a \in X\)이다. (3) 조건 ②(쌍마다 서로소)와 귀류. 두 조각이 다르다고 가정하면 교집합이 공집합이어야 하는데 \(a\)가 그 교집합에 있어 모순이다. (4) 완성 증명문은 아래와 같다. (5) 조건 ①(비공집합)은 쓰이지 않는다. ①은 나눔의 내용이 아니라 목록을 적는 방식을 규제하는 조건이고, 같은 나눔의 판본이 여럿 세어지는 것을 막는 데 쓰인다(§1.5 삭제 실험 1, 문제 18의 세기).

정리. 집합 \(A\)가 공집합이 아니고 \(\mathcal{S}\)가 \(A\)의 분할이면, 각 \(a \in A\)에 대해 \(a \in X\)인 \(X \in \mathcal{S}\)가 정확히 하나 존재한다.

증명. \(a \in A\)를 임의로 잡자.

(존재) 조건 ③에 의해 \(\bigcup_{X \in \mathcal{S}} X = A\)이므로 \(a \in \bigcup_{X \in \mathcal{S}} X\)이다. 인덱스 합집합의 정의에 의해 어떤 \(X \in \mathcal{S}\)에 대해 \(a \in X\)이다.

(유일) \(X\)와 \(Y\)가 모두 \(\mathcal{S}\)의 원소이고 \(a \in X\)이며 \(a \in Y\)라 하자. \(X \ne Y\)라 가정하면 \(X\)와 \(Y\)는 서로 다른 두 원소이므로 조건 ②에 의해 \(X \cap Y = \emptyset\)이다. 그런데 \(a \in X \cap Y\)이므로 이 교집합은 공집합이 아니고, 모순이다. 따라서 \(X = Y\)이다.

존재와 유일이 모두 성립하므로 \(a\)를 포함하는 \(\mathcal{S}\)의 원소는 정확히 하나다. \(a\)가 임의였으므로 \(A\)의 모든 원소에 대해 같은 결론이 성립한다. \(\blacksquare\)

문제 1#

접근. 세 항목은 성격이 다르므로 외우는 방식도 달라야 한다. 집합-생성 표기는 “원소인지 어떻게 판정하는가”에 답하는 것이므로 판정 절차 두 걸음으로 외우고, 인덱스 합교는 “어느 양화사인가”에 답하는 것이므로 \(\exists\)와 \(\forall\)의 배정으로 외우며, 분할의 세 조건은 “무엇을 금지하는가”에 답하는 것이므로 빈 조각\(\cdot\)겹침\(\cdot\)빠짐의 세 금지로 외운다.

풀이. 집합-생성 표기 — 집합 \(S\)와 조건 \(P\)에 대해 \(\{x \in S : P(x)\}\)는 \(S\)의 원소 중 \(P(x)\)가 참인 것 전부를 모은 집합이다. 임의의 \(a\)에 대해 이 집합의 원소인 것은 \(a \in S\)이고 \(P(a)\)가 참인 것과 같다 — 소속 판정이 언제나 두 걸음이다.

인덱스 합집합과 교집합 — 인덱스 집합 \(I\)와 집합족 \(\{S_\alpha\}_{\alpha \in I}\)에 대해, \(x \in \bigcup_{\alpha \in I} S_\alpha\)인 것은 어떤 \(\alpha \in I\)에 대해 \(x \in S_\alpha\)인 것과 같고(\(\exists\)), \(x \in \bigcap_{\alpha \in I} S_\alpha\)인 것은 모든 \(\alpha \in I\)에 대해 \(x \in S_\alpha\)인 것과 같다(\(\forall\)).

분할의 세 조건 — 공집합이 아닌 집합 \(A\)의 부분집합들의 모임 \(\mathcal{S}\)가 ① 각 원소가 공집합이 아니고 ② 서로 다른 두 원소가 서로소이며 ③ 모든 원소의 합집합이 \(A\)이면 \(\mathcal{S}\)를 \(A\)의 분할이라 한다. 한 문장으로 줄이면 “\(A\)의 모든 원소가 정확히 하나의 조각에 속한다”이고, ③이 존재를 ②가 유일을 담당한다.

복기. 세 항목이 한 방향을 가리킨다. 집합을 다루는 일은 언제나 소속 판정을 정의로 푸는 일이고, 세 정의는 그 푸는 방식을 각각 지정한다. 백지에서 막히면 “이 정의가 \(\in\)을 무엇으로 바꾸는가”를 물으면 된다.

문제 2#

접근. (a)는 나열 문제이므로 빠뜨림이 유일한 위험이고, 크기별로 세면 검산이 된다. (b)는 세는 문제이므로 곱의 원리를 쓴다. (c)는 집합-생성 표기의 판정 문제이므로 두 걸음으로 처리하되, 모집단이 \(\mathbb{Z}\)가 아니라 \(A\)임에 주의한다.

풀이. (a) \(A\)의 부분집합을 크기별로 나열한다. 크기 \(0\): \(\emptyset\) (한 개). 크기 \(1\): \(\{1\}\), \(\{2\}\), \(\{3\}\) (세 개). 크기 \(2\): \(\{1,2\}\), \(\{1,3\}\), \(\{2,3\}\) (세 개). 크기 \(3\): \(\{1,2,3\}\) (한 개). 따라서 멱집합은 다음과 같다.

\[ \mathcal{P}(A) = \{\emptyset, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{1,2\}, \{1,3\}, \{2,3\}, \{1,2,3\}\} \]

원소를 세면 \(|\mathcal{P}(A)| = 1 + 3 + 3 + 1 = 8\)이다. 1권 4주차 §1.7의 공식 \(|\mathcal{P}(A)| = 2^{|A|}\)에 \(|A| = 3\)을 넣으면 \(2^3 = 8\)로 일치한다.

(b) \(A \times A\)의 원소는 순서쌍 \((a, b)\)이고 첫 성분을 고르는 방법이 세 가지, 그 각각에 대해 둘째 성분을 고르는 방법이 세 가지이므로 \(|A \times A| = 3 \times 3 = 9\)이다.

(c) 모집단 \(A\)의 원소는 \(1\), \(2\), \(3\) 셋뿐이므로 후보도 셋이다. \(1^2 = 1\)이고 \(1 > 3\)은 거짓이므로 \(1\)은 탈락한다. \(2^2 = 4 > 3\)이므로 \(2\)는 통과한다. \(3^2 = 9 > 3\)이므로 \(3\)도 통과한다. 따라서 \(\{x \in A : x^2 > 3\} = \{2, 3\}\)이다.

검산. (a)는 크기별 개수의 합 \(1+3+3+1\)이 \(2^3\)과 맞는지로 검산한다. (c)는 결과가 모집단의 부분집합인지 확인한다 — \(\{2,3\} \subseteq A\)가 성립한다. 만약 \(4\) 같은 원소가 답에 들어갔다면 모집단 확인을 빠뜨린 것이다.

문제 3#

접근. 네 모임을 통째로 외우려 하면 재현이 어렵다. §1.6의 네 걸음을 먼저 적고, 각 모임에서 어느 걸음이 처음으로 걸리는지만 찾는다. 실패의 종류는 셋뿐이므로 네 모임에 셋 중 하나(또는 통과)를 배정하는 문제가 된다.

풀이. \(\mathcal{S}_1 = \{\{1,2\},\{3,4,5\},\{6\}\}\)은 분할이다. ① 세 조각이 각각 \(1\), \(3\), \(6\)을 포함하므로 공집합이 아니다. ② 세 쌍의 교집합이 모두 공집합이다. ③ 세 조각의 합집합이 \(\{1,2,3,4,5,6\}\)이다.

\(\mathcal{S}_2 = \{\{1,2\},\{2,3,4\},\{5,6\}\}\)은 조건 ② 위반이다. 증거는 \(2 \in \{1,2\} \cap \{2,3,4\}\)이다. 서로 다른 두 조각이 원소 \(2\)를 공유한다.

\(\mathcal{S}_3 = \{\{1,2\},\{3,4\},\{5\}\}\)은 조건 ③ 위반이다. 증거는 \(6\)이다. 세 조각의 합집합은 \(\{1,2,3,4,5\}\)이고 \(6\)이 어느 조각에도 속하지 않는다.

\(\mathcal{S}_4 = \{\{1,2\},\{3,4\},\emptyset,\{5,6\}\}\)은 조건 ① 위반이다. 증거는 \(\emptyset \in \mathcal{S}_4\)이다. 조건 ①은 모임의 각 원소가 공집합이 아닐 것을 요구한다.

복기. 분할이 아님을 보이는 데는 어긋난 조건 하나와 원소 하나면 충분하고, 분할임을 보이는 데는 세 조건 전부가 필요하다. 이 비대칭은 부정 명제의 반증이 증인 하나로 끝나는 일반 원리(1권 29주차의 반례)의 한 사례다.

문제 4#

접근. 세 훈련은 지지대가 다르므로 막히는 자리도 다르다. 훈련 1은 걸음의 이름과 근거만 대면 되고, 훈련 2는 기법 이름과 부등식 조작이 함께 걸리며, 훈련 3은 설계 자체를 세워야 한다. 백지 재현에서 실패하면 실패한 훈련의 지지대 층을 확인한다.

풀이. 각 훈련의 답은 위의 사다리 해설에 있다. 자가 채점에서 확인할 것은 답의 일치가 아니라 다음 세 가지다. 훈련 1에서는 걸음 ②의 유도를 실제로 적었는가 — “\(3 \mid 1\)이라 거짓”까지 가야 하고 “서로소이다”로 끝내면 근거가 없다. 훈련 2에서는 특수화를 두 번 썼음을 표시했는가 — 인덱스 \(1\)과 인덱스 \(m\)이다. 훈련 3에서는 존재와 유일에 각각 어느 조건을 배정했는가 — ③과 ②이고, ①은 쓰이지 않는다는 관찰까지 적었으면 완결이다.

복기. 사다리의 목적은 답을 맞히는 것이 아니라 지지대 없이 어느 층에서 넘어지는지 알아내는 것이다. 넘어진 층이 수식이면 계산 연습으로, 근거면 §1의 정의로, 설계면 §2의 4단 뼈대로 되돌아간다.

문제 5#

접근. 답을 먼저 추측한 뒤 양방향 포함으로 확인한다. 합집합은 구간이 커지므로 \([0, \infty)\)이 후보이고, 교집합은 가장 작은 구간이 결정하므로 \([0, 1]\)이 후보다. 어려운 방향은 합집합의 \(\supseteq\)뿐이고, 교집합 쪽은 인덱스 \(1\)에 특수화하는 한 줄이 한 방향을 통째로 끝낸다.

풀이. \(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n = [0, \infty)\)이다.

(\(\subseteq\)) 각 \(n\)에 대해 \(A_n = [0, n] \subseteq [0, \infty)\)이므로, 합집합의 원소는 어떤 \(A_n\)에 속하고 따라서 \([0, \infty)\)에 속한다.

(\(\supseteq\)) \(x \in [0, \infty)\)를 임의로 잡자. 곧 \(x \ge 0\)이다. S5주차 문제 14를 \(\varepsilon = \frac{1}{x+1}\)에 적용하면 \(\frac1n < \frac{1}{x+1}\)인 자연수 \(n\)이 존재하고, 양변에 양수 \(n(x+1)\)을 곱하면 \(x + 1 < n\)이므로 \(x < n\)이다. 따라서 \(0 \le x \le n\)이고 \(x \in A_n\)이므로, 인덱스 합집합의 정의에 의해 \(x \in \bigcup_n A_n\)이다.

\(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = [0, 1]\)이다.

(\(\subseteq\)) \(x \in \bigcap_n A_n\)을 임의로 잡자. 정의에 의해 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(x \in [0, n]\)이다. 이 과정의 규약에서 \(1\)은 자연수이므로 인덱스 \(1\)에 특수화할 수 있고, 그러면 \(x \in [0, 1]\)이다.

(\(\supseteq\)) \(x \in [0, 1]\)을 임의로 잡고 자연수 \(n\)을 임의로 잡자. \(1\)이 \(\mathbb{N}\)의 최소 원소이므로 \(n \ge 1\)이고, 따라서 \(0 \le x \le 1 \le n\)이므로 \(x \in [0, n]\)이다. \(n\)이 임의였으므로 모든 \(n\)에 대해 \(x \in A_n\)이고, 정의에 의해 \(x \in \bigcap_n A_n\)이다.

복기. 인덱스 집합족의 합\(\cdot\)교를 구하는 문제는 두 걸음이다 — 답을 추측하고 양방향 포함으로 확인한다. 추측 단계에서 쓸모 있는 관찰은 “구간이 커지는 족에서 교집합은 가장 작은 것이 결정하고, 합집합은 끝까지 커진 것이 결정한다”이다. 다만 그 관찰은 근거가 아니므로 지면에는 위와 같은 두 방향이 적혀야 한다.

검산. \(x = 0.5\)는 모든 \(A_n\)에 속하므로 교집합에 있어야 하고 실제로 \([0,1]\)의 원소다. \(x = 100\)은 \(A_{100}\)에 속하므로 합집합에 있어야 하고 실제로 \([0,\infty)\)의 원소다. \(x = -1\)은 어느 \(A_n\)에도 없고 두 답 어디에도 없다.

문제 6#

접근. 네 모임 모두 §1.6의 걸음 ①부터 ③까지 차례로 걸어 본다. 판단이 갈리는 것은 (c)다. 조각이 하나뿐일 때 조건 ②가 무엇을 요구하는지 정의를 다시 읽어야 한다.

풀이. (a) \(\{\{1\},\{2,3\},\{4\}\}\)는 분할이다. ① 세 조각이 각각 \(1\), \(2\), \(4\)를 포함한다. ② 세 쌍 \(\{1\} \cap \{2,3\}\), \(\{1\} \cap \{4\}\), \(\{2,3\} \cap \{4\}\)가 모두 공집합이다. ③ 합집합이 \(\{1,2,3,4\}\)이다.

(b) \(\{\{1,2\},\{2,3,4\}\}\)는 분할이 아니다. 조건 ② 위반이고 증거는 \(2 \in \{1,2\} \cap \{2,3,4\}\)이다.

(c) \(\{\{1,2,3,4\}\}\)는 분할이다. ① 유일한 조각이 \(\{1,2,3,4\}\)이고 공집합이 아니다. ② 서로 다른 두 원소의 쌍이 하나도 없으므로 요구가 발생하지 않는다 — 조건이 공허하게 성립한다. ③ 합집합이 \(\{1,2,3,4\}\) 자신이다. 조각이 하나뿐인 분할은 “아무것도 나누지 않은 나눔”이고, 정의가 그것을 배제하지 않는다.

(d) \(\{\{1\},\{2\},\{3\}\}\)는 분할이 아니다. 조건 ③ 위반이고 증거는 \(4\)가 어느 조각에도 속하지 않는다는 것이다.

복기. (c)의 “요구가 하나도 발생하지 않으므로 성립한다”는 판정 방식은 공허한 참(vacuously true)의 사례다. 전칭 조건은 그 조건이 걸릴 대상이 없으면 자동으로 성립하고, 이 판정은 C5주차에서 정식으로 다룬다. 조각이 하나인 분할과 조각이 원소 개수만큼인 분할이 양 극단이고, 둘 다 정당한 분할이다(문제 13).

문제 7#

접근. 예제 2.1과 같은 뼈대다. 다른 점은 조건이 이차부등식이라 인수분해가 한 걸음 더 들어간다는 것뿐이다. \((x-1)(x-2) \le 0\)을 만든 뒤, 한 방향은 곱이 양수가 되는 경우를 막고 다른 방향은 두 인수의 부호를 직접 확인한다.

풀이. 먼저 \(x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2)\)임을 확인해 둔다.

(\(A \subseteq B\)) \(x \in A\)를 임의로 잡자. 정의에 의해 \(x\)는 실수이고 \((x-1)(x-2) \le 0\)이다. 여기서 \(x < 1\)이라 가정하면 \(x - 1 < 0\)이고 \(x - 2 < x - 1 < 0\)이므로 두 음수의 곱 \((x-1)(x-2)\)는 양수가 되어 가정에 어긋난다. 또 \(x > 2\)라 가정하면 \(x - 2 > 0\)이고 \(x - 1 > x - 2 > 0\)이므로 곱이 양수가 되어 역시 어긋난다. 따라서 \(1 \le x \le 2\)이고, 곧 \(x \in [1, 2] = B\)이다.

(\(B \subseteq A\)) \(x \in B\)를 임의로 잡자. 곧 \(x\)는 실수이고 \(1 \le x \le 2\)이다. 그러면 \(x - 1 \ge 0\)이고 \(x - 2 \le 0\)이므로, 음이 아닌 수와 양이 아닌 수의 곱인 \((x-1)(x-2)\)는 \(0\) 이하다. 곧 \(x^2 - 3x + 2 \le 0\)이고 \(x\)는 실수이므로 \(x \in A\)이다.

양방향 포함이 성립하므로 1권 정의 27.1에 의해 \(A = B\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 이차부등식의 해집합을 “두 근 사이”로 외워 쓰면 근거가 지면에 없다. 지면에 적혀야 하는 것은 인수의 부호이고, 위 증명은 그 부호를 두 방향에서 각각 적었다. 부등식이 삼차 이상이 되어도 같은 서식이 작동한다.

검산. \(x = 0\)은 \((0-1)(0-2) = 2 > 0\)이므로 \(A\) 밖이고, 실제로 \([1,2]\) 밖이다. \(x = 1.5\)는 \((0.5)(-0.5) = -0.25 \le 0\)이므로 \(A\) 안이고 \([1,2]\) 안이다. 경계 \(x = 1\)과 \(x = 2\)는 곱이 \(0\)이므로 양쪽 모두에 포함된다 — 부등호가 등호를 포함하는 것과 구간이 닫힌 것이 맞물린다.

문제 8#

접근. 두 방향의 난도가 크게 다르다. \(\subseteq\)는 각 \(A_r\)가 이미 실수의 부분집합이라는 관찰로 끝나고, \(\supseteq\)가 실질이다. 실수 \(x\)를 임의로 잡은 뒤 \(x \in A_r\)이 되는 \(r\)을 공식으로 만들어 제시하는 구성법(S5주차)이고, 제시한 \(r\)이 인덱스 집합 \(\mathbb{R}^{+}\)의 원소인지 자격 검증까지 해야 한다.

풀이. (\(\subseteq\)) \(x \in \bigcup_{r \in \mathbb{R}^{+}} A_r\)을 임의로 잡자. 정의에 의해 어떤 양의 실수 \(r\)에 대해 \(x \in A_r\)이고, \(A_r\)의 정의에 의해 \(x\)는 실수다. 따라서 \(x \in \mathbb{R}\)이다.

(\(\supseteq\)) \(x \in \mathbb{R}\)을 임의로 잡자. \(r = |x| + 1\)로 두면 \(|x| \ge 0\)이므로 \(r \ge 1 > 0\)이고, 따라서 \(r\)은 양의 실수이므로 인덱스 자격을 갖춘다. 또 \(|x| < |x| + 1 = r\)이므로 \(x\)는 실수이고 \(|x| < r\)을 만족해 \(x \in A_r\)이다. 인덱스 \(r\)을 제시했으므로 인덱스 합집합의 정의에 의해 \(x \in \bigcup_{r \in \mathbb{R}^{+}} A_r\)이다.

양방향 포함이 성립하므로 \(\bigcup_{r \in \mathbb{R}^{+}} A_r = \mathbb{R}\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 인덱스 집합이 무한하고 심지어 셀 수 없이 많아도, 합집합 쪽 증명에서 하는 일은 인덱스 하나를 제시하는 것뿐이다. 제시할 인덱스를 \(x\)로부터 만드는 공식(\(r = |x| + 1\))이 이 증명의 전부이고, 그 공식에 붙는 자격 검증(\(r > 0\))이 빠지면 증인이 무대 밖의 것일 수 있다.

검산. \(x = 0\)이면 \(r = 1\)이고 \(|0| = 0 < 1\)이므로 \(x \in A_1\)이다. \(x = -7\)이면 \(r = 8\)이고 \(|-7| = 7 < 8\)이므로 \(x \in A_8\)이다. 어느 실수에서도 제시 공식이 작동한다.

문제 9#

접근. 예제 2.2와 결론이 다른 이유부터 짚는다. 거기서는 \(0\)이 모든 \(A_n\)에 들어 있어 교집합이 \(\{0\}\)이었고, 여기서는 구간이 열려 있어 \(0\)이 빠진다. 과녁이 “공집합이다”이므로 원소를 제시할 수 없고, 원소가 있다고 가정해 모순을 내는 귀류법(S11주차)이 표준 처리다.

풀이. \(x \in \bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n\)인 \(x\)가 존재한다고 가정하자. 인덱스 교집합의 정의에 의해 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(x \in \left(0, \frac1n\right)\)이고, 곧 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(0 < x < \frac1n\)이다.

특히 인덱스 \(1\)에 특수화하면 \(x > 0\)이다. 따라서 S5주차 문제 14를 \(\varepsilon = x\)에 적용할 수 있고, \(\frac1m < x\)인 자연수 \(m\)이 존재한다. 이제 전칭 가정을 인덱스 \(m\)에 특수화하면 \(x < \frac1m\)이므로 \(\frac1m < x < \frac1m\)이 되어 모순이다.

따라서 \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n\)에 속하는 원소는 존재하지 않고, \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = \emptyset\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 예제 2.2와 이 문제의 차이는 끝점 하나다. \(A_n = \left(-\frac1n, \frac1n\right)\)은 모두 \(0\)을 포함하므로 교집합이 \(\{0\}\)이 되고, \(A_n = \left(0, \frac1n\right)\)은 \(0\)을 포함하지 않으므로 교집합이 빈다. 두 증명의 몸통은 같고 — 아르키메데스로 인덱스를 만들어 특수화한다 — 결론만 갈린다. 무한 교집합에서 끝점의 개폐가 결과를 바꾼다는 관찰은 C17주차의 해석학에서 다시 쓰인다.

검산. 후보를 하나 대 보면 확인이 된다. \(x = 0.001\)은 \(A_{1000}\)에 속하지 않으므로 교집합에 없다. \(x = 0\)은 \(A_1 = (0, 1)\)에 속하지 않으므로 역시 없다. 어떤 후보를 대도 그것을 탈락시키는 인덱스가 있고, 그 인덱스를 만드는 것이 아르키메데스 성질이다.

문제 10#

접근. 답안이 수행한 걸음과 수행하지 않은 걸음을 §1.6의 목록에 표시한다. 수행한 걸음의 결론은 실제로 참이다 — 덮음은 성립한다. 그러므로 이 답안의 결함은 거짓을 적은 것이 아니라 참인 사실 하나로 세 조건 전부를 대신한 것이다. 진단은 그 자리를 지목하는 데서 끝나야 하고, 어긋난 조건의 증거는 원소 하나로 충분하다.

풀이. 답안이 수행한 것은 걸음 ③(덮음)뿐이고, 그 결론은 참이다 — \(1\)과 \(2\)는 \(\{1,2\}\)에, \(3\)과 \(4\)는 \(\{3,4\}\)에, \(5\)는 \(\{4,5\}\)에 속하므로 세 조각의 합집합은 \(\{1,2,3,4,5\}\)이다. 걸음 ①도 통과한다.

어긋난 것은 조건 ②다. \(\{3,4\}\)와 \(\{4,5\}\)는 \(\mathcal{S}\)의 서로 다른 두 원소인데 \(4 \in \{3,4\} \cap \{4,5\}\)이므로 교집합이 공집합이 아니다. 따라서 \(\mathcal{S}\)는 \(\{1,2,3,4,5\}\)의 분할이 아니다.

“정확히 하나에 속한다”는 압축 판본으로 보면 진단이 더 짧아진다. 원소 \(4\)가 두 조각에 속하므로 유일성이 깨졌다. 덮음은 존재만 보장할 뿐 유일성을 보장하지 않으므로, 존재 쪽만 확인하고 판정을 끝낼 수 없다.

답안의 전달에도 결함이 있다. “증명: 모든 원소가 어떤 부분집합에 속하므로”는 서술어 없이 끝나 문장이 조각으로 남았고, 무엇을 근거로 삼았는지 조건 번호가 적혀 있지 않다 — 근거의 사슬을 낱말로 드러내라는 C1주차 원칙 3의 취지가 걸리는 자리다. 고치면 이렇게 된다 — “이 모임은 분할이 아니다. \(\{3,4\}\)와 \(\{4,5\}\)가 원소 \(4\)를 공유하므로 조건 ②가 성립하지 않는다.”

복기. 세 조건 중 하나만 확인하고 판정을 내리는 답안은 이번 주에 가장 자주 나오는 형태다. 원인은 “나눈다”는 낱말의 일상적 뜻이 덮음 쪽에만 걸려 있다는 데 있다. 판정표를 손으로 그려 세 칸을 만들고 칸이 다 찰 때까지 결론을 쓰지 않는 습관이 이 유형을 막는다.

문제 11#

접근. 조각이 둘뿐이므로 걸음 ②에서 확인할 쌍은 하나다. 이 문제의 실질은 세 조건에 붙일 근거의 이름을 정확히 대는 데 있다 — ②는 1권 22주차 문제 5가 증명한 사실이고, ③은 1권 17주차의 나눗셈 정리다. “당연하다”로 넘어가면 근거 없는 단언이 된다.

풀이. 짝수 집합을 \(E = \{n \in \mathbb{Z} : \text{어떤 정수 } k \text{에 대해 } n = 2k\}\), 홀수 집합을 \(O = \{n \in \mathbb{Z} : \text{어떤 정수 } k \text{에 대해 } n = 2k+1\}\)이라 하자.

걸음 ⓪ — \(E\)와 \(O\)는 정의상 \(\mathbb{Z}\)의 부분집합이므로 \(\{E, O\}\)는 \(\mathbb{Z}\)의 부분집합들의 모임이다.

걸음 ① — \(0 = 2 \cdot 0\)이므로 \(0 \in E\)이고, \(1 = 2 \cdot 0 + 1\)이므로 \(1 \in O\)이다. 따라서 두 조각 모두 공집합이 아니다.

걸음 ② — \(\{E, O\}\)의 서로 다른 두 원소는 \(E\)와 \(O\)의 쌍 하나뿐이다. \(n \in E \cap O\)인 정수 \(n\)이 있다고 가정하면 \(n\)은 짝수이면서 동시에 홀수인데, 1권 22주차 문제 5에 의해 그런 정수는 존재하지 않으므로 모순이다. 따라서 \(E \cap O = \emptyset\)이다.

걸음 ③ — 정수 \(n\)을 임의로 잡자. 1권 17주차의 나눗셈 정리(나누는 수 \(2\))에 의해 \(n = 2q\) 또는 \(n = 2q + 1\)인 정수 \(q\)가 존재하므로, \(n \in E\)이거나 \(n \in O\)이다. 따라서 \(E \cup O = \mathbb{Z}\)이다.

세 조건이 모두 성립하므로 \(\{E, O\}\)는 \(\mathbb{Z}\)의 분할이다. \(\blacksquare\)

복기. 두 조각짜리 분할은 “\(P\)이거나 \(\neg P\)”의 이분법과 같은 구조다. 그런 분할에서 조건 ②는 “둘 다일 수 없음”이고 조건 ③은 “적어도 하나임”이다. 1권 17주차의 경우 나누기와 견주면 대응은 한 줄에서만 성립한다 — 채점 기준 ①(빠짐없음)이 분할의 조건 ③으로 대응하고, 나머지 하나인 기준 ②(각 경우 완결)는 분할 쪽에 대응물이 없다. 대신 분할은 경우 나누기가 요구하지 않던 겹침 없음을 조건 ②로 새로 요구한다. 경우가 겹쳐도 경우 나누기 증명은 유효하지만, 조각이 겹치면 분할이 아니다.

문제 12#

접근. 원소 추적으로 양방향을 각각 적는다. 각 방향에서 나오는 걸음은 셋이다 — 정의로 풀고, 부정을 안으로 밀고, 다시 정의로 접는다. 실질적인 걸음은 가운데 하나뿐이고, “어떤 \(\alpha\)에 대해 \(x \in S_\alpha\)”의 부정이 “모든 \(\alpha\)에 대해 \(x \notin S_\alpha\)”라는 사실(1권 11주차 §1.3 부정 규칙 총목록의 다섯째 행, S10주차)이 \(\bigcup\)을 \(\bigcap\)으로 바꾼다. 전체집합 \(U\)를 고정하고 \(I \ne \emptyset\)이라 둔다.

풀이. (\(\subseteq\)) \(x \in \overline{\bigcup_{\alpha \in I} S_\alpha}\)를 임의로 잡자. 여집합의 정의에 의해 \(x \in U\)이고 \(x \notin \bigcup_{\alpha \in I} S_\alpha\)이다. 인덱스 합집합의 정의에 의해 \(x \in \bigcup_{\alpha \in I} S_\alpha\)는 “어떤 \(\alpha \in I\)에 대해 \(x \in S_\alpha\)”와 같은 뜻이므로, 그 부정은 “모든 \(\alpha \in I\)에 대해 \(x \notin S_\alpha\)”이다. \(x \in U\)이므로 이는 모든 \(\alpha \in I\)에 대해 \(x \in \overline{S_\alpha}\)임을 뜻하고, 인덱스 교집합의 정의에 의해 \(x \in \bigcap_{\alpha \in I} \overline{S_\alpha}\)이다.

(\(\supseteq\)) \(x \in \bigcap_{\alpha \in I} \overline{S_\alpha}\)를 임의로 잡자. 정의에 의해 모든 \(\alpha \in I\)에 대해 \(x \in \overline{S_\alpha}\)이고, 곧 모든 \(\alpha \in I\)에 대해 \(x \in U\)이며 \(x \notin S_\alpha\)이다. \(I\)가 공집합이 아니므로 인덱스를 하나 골라 \(x \in U\)를 얻는다. 또 어떤 \(\alpha \in I\)에 대해서도 \(x \in S_\alpha\)가 성립하지 않으므로 \(x \notin \bigcup_{\alpha \in I} S_\alpha\)이고, 따라서 \(x \in \overline{\bigcup_{\alpha \in I} S_\alpha}\)이다.

양방향 포함이 성립하므로 두 집합은 같다. \(\blacksquare\)

복기. 이 증명에서 인덱스가 유한인지 무한인지는 한 번도 쓰이지 않았다. 쓰인 것은 양화사 부정 규칙 하나뿐이고, 그 규칙은 개수를 세지 않는다. 1권 28주차가 같은 명제를 첨자 언어로 증명한 것과 대조해 보면 표기만 다르고 걸음이 같다. \(I \ne \emptyset\)을 둔 것은 \(x \in U\)를 확보하는 줄 때문이며, 그 조건을 빼면 \(\supseteq\) 방향에서 전체집합 소속을 얻을 근거가 사라진다.

문제 13#

접근. 조각 개수를 서로 다르게 골라야 세 분할이 확실히 구별된다. 극단 둘을 먼저 잡고 — 조각 하나짜리와 원소마다 하나씩인 것 — 중간을 하나 더 만든다. 확인은 세 조건 대신 압축 판본으로 하는 편이 짧다: 원소마다 소속 조각을 하나씩 적어 표를 채우면 존재와 유일이 동시에 보인다.

풀이. 다음 세 모임을 제시한다.

\(\mathcal{T}_1 = \{\{1,2,3\}, \{4,5,6\}\}\) — 두 조각. \(\mathcal{T}_2 = \{\{1\}, \{2,3\}, \{4,5,6\}\}\) — 세 조각. \(\mathcal{T}_3 = \{\{1\},\{2\},\{3\},\{4\},\{5\},\{6\}\}\) — 여섯 조각.

각 원소가 어느 조각에 속하는지 적으면 다음과 같다.

원소	\(\mathcal{T}_1\)의 조각	\(\mathcal{T}_2\)의 조각	\(\mathcal{T}_3\)의 조각
\(1\)	\(\{1,2,3\}\)	\(\{1\}\)	\(\{1\}\)
\(2\)	\(\{1,2,3\}\)	\(\{2,3\}\)	\(\{2\}\)
\(3\)	\(\{1,2,3\}\)	\(\{2,3\}\)	\(\{3\}\)
\(4\)	\(\{4,5,6\}\)	\(\{4,5,6\}\)	\(\{4\}\)
\(5\)	\(\{4,5,6\}\)	\(\{4,5,6\}\)	\(\{5\}\)
\(6\)	\(\{4,5,6\}\)	\(\{4,5,6\}\)	\(\{6\}\)

세 열 모두 빈 칸이 없으므로 덮음이 성립하고(존재), 각 칸에 조각이 하나씩만 적혔으므로 서로소가 성립한다(유일). 또 어느 조각도 공집합이 아니다. 따라서 세 모임 모두 \(A\)의 분할이다.

복기. 표의 열 하나가 분할 하나를 완전히 결정한다는 점이 중요하다. 표를 채우는 일은 곧 각 원소에 조각 이름을 배정하는 일이고, 그 배정이 함수처럼 작동한다 — 문제 17이 그 관찰을 정리로 만든다. 극단 두 개(\(\{A\}\)와 낱개 조각들)는 언제나 분할이므로, 공집합이 아닌 어떤 집합에도 분할이 적어도 하나는 존재한다. 다만 \(|A| = 1\)이면 두 극단이 같은 하나이고, \(A = \emptyset\)은 정의 2.3이 \(A \ne \emptyset\)을 요구하므로 논의 대상이 아니다.

문제 14#

접근. 후보는 \(\mathcal{P}(\{1,2\})\)의 부분모임이므로 \(2^4 = 16\)개다. 전부 훑는 대신 조건 ①로 먼저 거른다. \(\emptyset\)을 원소로 가진 부분모임은 전부 탈락하므로 남는 것은 \(\{\{1\},\{2\},\{1,2\}\}\)의 부분모임 여덟 개다. 거기에 ②와 ③을 차례로 걸면 답이 나온다. 빈 모임도 후보에 넣어야 빠뜨림이 없다.

풀이. 조건 ①에 의해 \(\emptyset\)을 포함한 여덟 개는 전부 탈락한다. 남은 여덟 개를 차례로 본다.

빈 모임은 합집합이 \(\emptyset\)이므로 조건 ③ 위반이다. \(\{\{1\}\}\)은 합집합이 \(\{1\}\)이므로 ③ 위반이고, \(\{\{2\}\}\)도 같은 이유로 탈락한다. \(\{\{1,2\}\}\)은 ① 통과, ② 공허하게 통과, ③ 합집합이 \(\{1,2\}\)이므로 분할이다. \(\{\{1\},\{2\}\}\)은 ① 통과, ② \(\{1\} \cap \{2\} = \emptyset\)이므로 통과, ③ 합집합이 \(\{1,2\}\)이므로 분할이다. \(\{\{1\},\{1,2\}\}\)은 \(1 \in \{1\} \cap \{1,2\}\)이므로 ② 위반이고, \(\{\{2\},\{1,2\}\}\)도 \(2\)를 공유해 ② 위반이다. \(\{\{1\},\{2\},\{1,2\}\}\)도 같은 이유로 ② 위반이다.

따라서 \(\{1,2\}\)의 분할이 되는 부분모임은 \(\{\{1,2\}\}\)와 \(\{\{1\},\{2\}\}\) 정확히 두 개다.

검산. 문제 18에서 세는 값과 대조한다. 원소가 두 개인 집합의 분할은 두 개이고, 여기서 얻은 답도 두 개다. 또 \(\mathcal{P}(\{1,2\})\)의 부분모임이 아닌 분할은 있을 수 없다 — 분할의 원소는 정의상 \(\{1,2\}\)의 부분집합이고, 그런 부분집합의 모임은 모두 \(\mathcal{P}(\{1,2\})\)의 부분모임이기 때문이다. 따라서 이 열거가 빠짐없다.

문제 15#

접근. 조각이 무한하므로 걸음 ②를 쌍마다 셀 수 없다. §1.6 확인 12대로 서로 다른 정수 \(m\), \(n\)을 임의로 잡고 한 번만 증명하되, 서로 다른 두 인덱스가 서로 다른 두 조각을 준다는 확인을 먼저 붙인다. 이때 쓰는 결정적 사실은 “정수에서 \(m < n\)이면 \(m + 1 \le n\)”이다 — 정수 사이에 빈틈이 없다는 성질이고, 실수였다면 성립하지 않는다. 걸음 ③은 바닥함수가 담당한다.

풀이. 각 \(n \in \mathbb{Z}\)에 대해 \(J_n = [n, n+1)\)이라 하자.

걸음 ⓪ — 각 \(J_n\)은 실수들의 집합이므로 \(\mathbb{R}\)의 부분집합이다.

걸음 ① — \(n \le n < n + 1\)이므로 \(n \in J_n\)이고, 따라서 각 조각은 공집합이 아니다.

걸음 ② — 서로 다른 정수 \(m\), \(n\)을 임의로 잡자. 일반성을 잃지 않고 \(m < n\)이라 하면, \(m\)과 \(n\)이 정수이므로 \(m + 1 \le n\)이다. 먼저 \(J_m \ne J_n\)임을 확인해 둔다 — \(m \in J_m\)이고 \(m < n\)이므로 \(m \notin J_n\)이며, 따라서 두 조각은 모임의 서로 다른 두 원소다. 조건 ②가 걸리는 것이 인덱스가 아니라 조각이므로 이 확인이 먼저다(확인 12). 이제 \(x \in J_m \cap J_n\)인 실수 \(x\)가 있다고 가정하면 \(x < m + 1\)이고 동시에 \(n \le x\)이므로 \(n \le x < m + 1 \le n\)이 되어 \(n < n\)이라는 모순이 나온다. 따라서 \(J_m \cap J_n = \emptyset\)이다.

걸음 ③ — 실수 \(x\)를 임의로 잡자. 바닥함수의 성질에 의해 \(n \le x < n + 1\)인 정수 \(n\)이 존재하므로 \(x \in J_n\)이다. 따라서 \(\bigcup_{n \in \mathbb{Z}} J_n = \mathbb{R}\)이다.

세 조건이 모두 성립하므로 \(\{[n, n+1)\}_{n \in \mathbb{Z}}\)는 \(\mathbb{R}\)의 분할이다. \(\blacksquare\)

복기. 구간의 한쪽 끝이 닫히고 다른 쪽이 열린 것이 이 분할의 핵심이다. 양쪽을 닫아 \([n, n+1]\)로 두면 정수점에서 조각이 겹쳐 ②가 깨지고, 양쪽을 열어 \((n, n+1)\)로 두면 정수점이 빠져 ③이 깨진다. 한쪽만 닫는 것이 유일한 길이고, 어느 쪽을 닫을지에는 두 선택이 있다 — \(\{(n, n+1]\}_{n \in \mathbb{Z}}\)도 같은 이유로 \(\mathbb{R}\)의 분할이다. 1권 33주차 문제 10(나눗셈 정리의 유일성)의 논증이 같은 구조다 — 나머지 \(r\)가 유일한 이유가 여기 \(J_m \cap J_n = \emptyset\)과 같다. 반개구간 하나가 \(0 \le r < n\)이라는 반개 조건에 대응한다.

문제 16#

접근. (a)는 후보 \(k\)를 탈락시킬 인덱스를 \(k\) 자신으로부터 만드는 문제다. \(A_m\)의 가장 작은 원소가 \(m\)이라는 사실을 쓰면 \(m = k+1\)이 곧바로 증인이 된다. (b)는 양방향 포함이고, 어려운 방향은 \(\subseteq\)다. 거기서 필요한 사실 “\(2\)와 \(3\)이 둘 다 나누면 \(6\)이 나눈다”는 1권 20주차 문제 13이 이미 증명했다.

풀이. (a) \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = \emptyset\)이다. \(k \in \bigcap_{n} A_n\)인 \(k\)가 있다고 가정하자. 인덱스 \(1\)에 특수화하면 \(k \in A_1 = \mathbb{N}\)이므로 \(k\)는 자연수다. 이제 인덱스 \(k + 1\)에 특수화하면 \(k \in A_{k+1}\)이고, \(A_{k+1}\)의 원소는 \(k+1\)의 양의 배수이므로 어떤 자연수 \(t\)에 대해 \(k = (k+1)t\)이다. \(t \ge 1\)이므로 \(k = (k+1)t \ge k + 1\)이 되어 \(0 \ge 1\)이라는 모순이 나온다. 따라서 교집합에 속하는 원소가 없고 \(\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = \emptyset\)이다.

(b) (\(\supseteq\)) \(x \in A_6\)을 임의로 잡자. 어떤 자연수 \(t\)에 대해 \(x = 6t\)이고, \(x = 2(3t)\)이며 \(3t\)가 자연수이므로 \(x \in A_2\)이다. 또 \(x = 3(2t)\)이고 \(2t\)가 자연수이므로 \(x \in A_3\)이다. 따라서 \(x \in A_2 \cap A_3\)이다.

(\(\subseteq\)) \(x \in A_2 \cap A_3\)을 임의로 잡자. 그러면 \(x\)는 \(2\)의 양의 배수이자 \(3\)의 양의 배수이므로 \(2 \mid x\)이고 \(3 \mid x\)이다. 1권 20주차 문제 13에 의해 \(6 \mid x\)이므로 어떤 정수 \(s\)에 대해 \(x = 6s\)이고, \(x > 0\)이고 \(6 > 0\)이므로 \(s > 0\), 곧 \(s\)는 자연수다. 따라서 \(x \in A_6\)이다.

양방향 포함이 성립하므로 \(A_2 \cap A_3 = A_6\)이다. \(\blacksquare\)

복기. (b)에서 \(2\)와 \(3\)이 서로소라는 사실이 결론을 떠받친다. 서로소가 아니면 같은 형태가 깨진다 — \(A_2 \cap A_4 = A_4\)이지 \(A_8\)이 아니다. 일반형은 “\(A_m \cap A_n = A_{\operatorname{lcm}(m,n)}\)”이고, 그 증명에 필요한 도구는 C15주차의 최대공약수와 최소공배수다. S9주차 문제 17의 마지막 걸음이 여기서 집합 언어로 다시 쓰였다.

검산. (a)에서 후보 \(k = 12\)를 대 보면 인덱스 \(13\)에서 탈락한다 — \(12\)는 \(13\)의 배수가 아니다. (b)에서 \(x = 12\)는 \(A_2\)와 \(A_3\)에 모두 속하고 \(A_6\)에도 속한다. \(x = 4\)는 \(A_2\)에는 속하지만 \(A_3\)에 속하지 않으므로 좌변에도 없다.

문제 17#

접근. 세 조건에 붙일 근거가 각각 다르다. ①은 정의에서 공집합을 이미 제외했으므로 자동이고, ②는 함수가 각 \(a\)에 값을 정확히 하나 대응시킨다는 정의(1권 정의 40.1)가 통째로 담당하며, ③은 \(a\)가 정해지면 조각이 자동으로 정해진다는 관찰이다. 걸음 ②에서 두 조각을 \(f^{-1}(\{b_1\})\)과 \(f^{-1}(\{b_2\})\)로 적었을 때 \(b_1 \ne b_2\)를 쓸 수 있는 근거를 먼저 확보해야 한다.

풀이. \(\mathcal{F} = \{f^{-1}(\{b\}) : b \in B \text{이고 } f^{-1}(\{b\}) \ne \emptyset\}\)이라 하자.

걸음 ⓪ — 각 \(f^{-1}(\{b\})\)는 \(\{a \in A : f(a) = b\}\)이므로 \(A\)의 부분집합이다.

걸음 ① — \(\mathcal{F}\)의 정의에서 공집합인 섬유를 제외했으므로 각 원소는 공집합이 아니다.

걸음 ② — \(\mathcal{F}\)의 서로 다른 두 원소를 \(f^{-1}(\{b_1\})\)과 \(f^{-1}(\{b_2\})\)로 적자. 두 집합이 서로 다르므로 \(b_1 = b_2\)일 수 없다 — 같으면 두 집합이 같은 집합이 되기 때문이다. 이제 \(a \in f^{-1}(\{b_1\}) \cap f^{-1}(\{b_2\})\)인 \(a\)가 있다고 가정하면 \(f(a) = b_1\)이고 \(f(a) = b_2\)인데, 함수는 각 \(a\)에 값을 정확히 하나 대응시키므로 \(b_1 = b_2\)가 되어 모순이다. 따라서 두 섬유의 교집합은 공집합이다.

걸음 ③ — \(a \in A\)를 임의로 잡자. \(b = f(a)\)로 두면 \(f(a) = b\)이므로 \(a \in f^{-1}(\{b\})\)이고, 이 섬유는 \(a\)를 원소로 가지므로 공집합이 아니어서 \(\mathcal{F}\)의 원소다. 따라서 \(a\)는 \(\mathcal{F}\)의 어떤 원소에 속하고, \(\mathcal{F}\)의 모든 원소의 합집합은 \(A\)이다.

\(A\)가 공집합이 아니고 세 조건이 모두 성립하므로 \(\mathcal{F}\)는 \(A\)의 분할이다. \(\blacksquare\)

복기. 이 결과는 “함수가 정의역을 분할한다”로 요약된다. 조각은 “같은 값으로 가는 것들”이므로, 분할을 낳은 기준은 “\(f(a_1) = f(a_2)\)”라는 관계다. 그 관계가 동치관계이고 그 동치류가 위 섬유라는 것이 C11주차의 내용이며, 섬유의 개수와 치역의 크기가 같다는 관찰이 C12주차와 C13주차의 기수 논의로 이어진다. 문제 13의 표에서 각 원소에 조각 이름을 배정하던 일이 여기서 함수 \(f\) 자신이다.

문제 18#

접근. 빠뜨리지 않으려면 조각 개수로 먼저 나눈다. \(n = 3\)에서 조각이 두 개인 분할은 크기 배분이 \(1 + 2\)로만 가능하므로 — \(1+1\)은 원소가 모자라고 \(3+0\)은 빈 조각을 낳는다 — 크기 \(1\)짜리 조각을 고르는 방법만 세면 된다.

풀이. \(n = 1\). \(\{1\}\)의 분할은 \(\{\{1\}\}\) 하나뿐이다. 조각은 공집합이 아니어야 하고 합집합이 \(\{1\}\)이어야 하므로 다른 선택이 없다. 개수는 \(1\)이다.

\(n = 2\). \(\{1,2\}\)의 분할은 \(\{\{1,2\}\}\)와 \(\{\{1\},\{2\}\}\) 둘이다. 문제 14에서 열거로 확인한 것과 같다. 개수는 \(2\)이다.

\(n = 3\). \(\{1,2,3\}\)의 분할을 조각 개수별로 나눈다. 조각이 하나인 것: \(\{\{1,2,3\}\}\) — 한 개. 조각이 둘인 것: 크기가 \(1\)인 조각을 무엇으로 하느냐로 결정되므로 \(\{\{1\},\{2,3\}\}\), \(\{\{2\},\{1,3\}\}\), \(\{\{3\},\{1,2\}\}\) — 세 개. 조각이 셋인 것: 세 조각이 모두 크기 \(1\)이어야 하므로 \(\{\{1\},\{2\},\{3\}\}\) — 한 개. 합하면 \(1 + 3 + 1 = 5\)이다.

조각 개수별 분류를 표로 적으면 다음과 같다.

조각 개수	분할	개수
\(1\)	\(\{\{1,2,3\}\}\)	\(1\)
\(2\)	\(\{\{1\},\{2,3\}\}\), \(\{\{2\},\{1,3\}\}\), \(\{\{3\},\{1,2\}\}\)	\(3\)
\(3\)	\(\{\{1\},\{2\},\{3\}\}\)	\(1\)

복기. 조각 개수를 고정하고 세는 이 방식이 제2종 스털링 수의 정의이고, 그 값을 모든 조각 개수에 대해 합한 것이 벨 수다. 위 표는 \(S(3,1) = 1\), \(S(3,2) = 3\), \(S(3,3) = 1\)을 손으로 확인한 것이며 합은 \(B_3 = 5\)다. 세는 방법의 정식 취급은 C16주차의 조합론이다.

검산. 1권 37주차 문제 19가 같은 분할 다섯 개를 같은 방식(크기 배분 \(3\) / \(2+1\) / \(1+1+1\))으로 세었으므로, 목록이 한 개씩 일치하는지 대조한다. 거기서는 그 \(5\)라는 값을 동치관계의 개수로 옮기는 데 썼고, 그 옮김을 정당화하는 것이 조건 ①이다 — ①을 빼면 공집합 조각을 붙인 판본이 따로 세어져 1대1 대응이 깨진다(§1.5 삭제 실험 1).

문제 19#

접근. 두 물음을 따로 답한다. 앞쪽은 \(R \in R\)인지 물어 두 갈래 모두에서 모순이 나옴을 보이는 일이고, 뒤쪽은 §1.3 확인 6에서 이미 한 관찰을 표기 규약의 언어로 옮기는 일이다. 뒤쪽 답에서는 “표기가 안전장치가 된다”는 구조를 한 문장으로 적어야 한다.

풀이. \(R = \{x : x \notin x\}\)이 집합이라고 가정하자. 그러면 \(R \in R\)인지 물을 수 있고, 두 갈래 모두 모순이 나온다. \(R \in R\)이면 \(R\)은 \(R\)의 조건을 만족하므로 \(R \notin R\)이고, \(R \notin R\)이면 \(R\)이 조건을 만족하므로 \(R \in R\)이다. 어느 쪽이든 자기 부정에 이르므로 \(R\)은 집합이 될 수 없다. 이것이 S19주차 문제 14의 러셀 역설이다.

이번 주의 언어로 다시 적으면 결함의 위치가 분명해진다. \(R\)의 표기에는 §1.3 해부 표의 모집단 조각이 없다. 모집단이 없으면 후보의 범위가 열려 있어 \(R\) 자신이 자기 후보 목록에 들어가고, 그 순간 소속 판정이 자기 자신을 참조한다.

Chartrand가 집합-생성 표기를 항상 \(\{x \in S : P(x)\}\) 꼴로 쓰는 이유가 여기 있다. 이 꼴에서는 후보가 이미 존재하는 집합 \(S\)의 원소로 제한되므로, 만들어진 집합 \(T = \{x \in S : P(x)\}\)는 \(S\)의 부분집합이고 \(T \in S\)일 이유가 없다. 확인 6에서 본 \(T = \{x \in \mathbb{Z} : x \notin x\}\)가 그 사례다 — \(T\)는 정수가 아니므로 자기 후보 목록에 들어가지 못하고 모순이 생기지 않는다. 곧 표기 규약이 S19주차의 분출 공리를 지면 위에서 강제하며, 무제한 내포로 만들어지는 집합을 쓸 수 없게 한다. 안전장치가 공리 층에만 있는 것이 아니라 표기 층에서 먼저 작동한다는 점이 이 규약의 요지다.

복기. 정의에서 조각 하나를 빼면 무엇이 무너지는지 보는 삭제 실험이 여기서 가장 큰 규모로 나타났다. 1권 1주차에서 짝수의 정의에서 “정수”를 지웠을 때 무너진 것이 한 개념이었다면 — 모든 수가 짝수가 되어 “짝수”라는 말이 아무것도 구별하지 못했다 — 모집단 조각을 지웠을 때 무너지는 것은 집합론 전체다.

문제 20#

접근. (a)는 예제 2.2의 두 방향이 서로 다른 기법을 쓴다는 사실 하나로 논증이 끝난다. (b)는 두 문장이 각각 한 쪽을 맡는다 — 존재를 어느 조건이 담당하고 유일을 어느 조건이 담당하는지 배정하면 된다.

풀이. (a) 예제 2.2에서 “\(x \in \bigcap_n A_n\)”은 정의상 “모든 \(n\)에 대해 \(x \in A_n\)”이므로, 과녁일 때는 \(n\)을 임의로 잡는 선택법으로 처리하고 가정일 때는 인덱스 \(m\)을 골라 적용하는 특수화로 처리했다. 같은 자리에서 “\(x \in \bigcup_n A_n\)”은 “어떤 \(n\)에 대해”이므로 과녁일 때 인덱스를 하나 제시하는 구성법이 된다(문제 8). 곧 인덱스가 무한이어도 증명을 움직이는 엔진은 1학기의 구성법\(\cdot\)선택법\(\cdot\)특수화 그대로이고, 달라지는 것은 제시하거나 고를 인덱스를 어디서 얻느냐뿐이다.

(b) 조건 ③(덮음)은 모든 원소가 어떤 조각에 속함을 주므로 “적어도 하나”라는 존재 부분을 담당하고, 조건 ②(쌍마다 서로소)는 두 조각이 겹치지 않음을 주므로 한 원소가 두 조각에 속할 수 없게 해 “많아야 하나”라는 유일 부분을 담당한다. 따라서 둘을 합치면 “\(A\)의 모든 원소가 정확히 하나의 조각에 속한다”가 되며, 이는 S13주차가 존재와 유일로 나누어 다루던 “정확히 하나”의 구조 그대로다.

복기. 두 물음은 같은 관점의 앞뒤다. (a)는 집합 기호 아래에 양화사가 있다는 것이고, (b)는 분할의 조건 아래에 존재와 유일이 있다는 것이다. 이번 주의 새 정의 셋이 모두 1학기의 언어로 환원된다는 사실이 §1.2 확인 4의 답을 다시 확인해 준다.

다음 주 예고 (C3주차): Chartrand 2.1~2.9 — 논리를 동치의 대수로 다시 본다. 1권 7~9주차의 명제\(\cdot\)진리표\(\cdot\)논리 동치를 Chartrand의 언어로 재조직하고, 이 책의 강조점인 “논리 동치를 대수 법칙처럼 변형하기”와 조건문\(\cdot\)쌍조건문의 진리표 완비를 얻는다. C1주차 원칙 3의 예외가 처음 발동하는 주이기도 하다 — 논리 자체가 소재가 되므로 \(\Rightarrow\), \(\wedge\), \(\vee\), \(\sim\) 기호를 본문에 정면으로 쓴다. 이번 주에 인덱스 합집합과 교집합을 \(\exists\)와 \(\forall\)로 번역한 일이 거기서 양화사의 대수로 확장된다. 원서 2.1~2.9를 통독하고 온다.