S8주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

S8주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설#

예제 — 겹을 하나씩 벗기며#

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

예제 2.1 — 순서가 진위를 가른다#

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

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

말

겹 구조로 번역

가정 (출발점)

없음

무대: 실수 전체

목표 (도착점)

모든 \(x\)에 대해 \(x+y=0\)인 \(y\)가 존재

\(\underline{\quad(?)\quad}\) — 겹 두 개, 바깥부터

확인 11. 목표 칸을 기호로 적고, 겹을 바깥부터 나열해 각 겹의 기법 이름을 붙여 보자.

답

\(\forall x \in \mathbb{R}\ \exists y \in \mathbb{R}: x + y = 0\).

바깥 겹은 \(\forall x\) — 결론의 \(\forall\)이므로 선택법. 안쪽 겹은 \(\exists y\) — 결론의 \(\exists\)이므로

구성법. 본체는 \(x + y = 0\). 설계가 끝났고, 답안의 문장 개수까지 이미 정해졌다.

1걸음 — 바깥 겹을 처리한다.

확인 12. 첫 문장을 완성해 보자: “실수 \(x\)를 \(\underline{\quad}\) 잡자.” 이 문장을 쓰고 나면 남는 결론은 무엇인가.

답

“실수 \(x\)를 임의로 잡자.” 남는 결론은 “\(x + y = 0\)인 실수 \(y\)가 존재한다”이다.

겹이 하나 줄었고, 새 결론은 존재 진술이다.

2걸음 — 안쪽 겹을 처리한다. 남은 결론이 존재 진술이므로 증인을 제시한다. 증인은 \(x\)의 식이어도 된다 — \(x\)가 1걸음에서 이미 확정되었기 때문이다.

확인 13. 둘째 문장을 완성해 보자: “\(y = \underline{\quad}\)으로 두자.” 후보는 어떻게 찾는가.

답

\(y = -x\). 후보는 본체를 방정식으로 보고 역산해 찾는다(S5주차의 공급로 ① 역산):

\(x + y = 0\)을 \(y\)에 대해 풀면 \(y = -x\)다.

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

여기서 해소된다 — 지금은 \(x\)가 무대에 있다.

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

확인 14. \(y = -x\)에 대해 검증할 항목 두 가지를 적고 각각 확인해 보자.

답

자격: \(y\)가 실수인가 — \(x\)가 실수이므로 \(-x\)도 실수 ✓ (근거 ②).

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

두 항목이 다 확인되었으므로 안쪽 겹이 충족되었다.

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

증명의 한 줄

왜 이 줄을 쓰는가?

실수 \(x\)를 임의로 잡자.

바깥 겹 \(\forall x\)의 처리 — 결론의 \(\forall\)이므로 선택법. 이 문장이 \(x\)를 무대에 올린다.

\(y = -x\)로 두자.

안쪽 겹 \(\exists y\)의 처리 — 결론의 \(\exists\)이므로 구성법. 증인이 \(x\)의 식인 것은 \(x\)가 이미 확정됐기 때문에 합법이다(맞춤 증인).

\(x\)가 실수이므로 \(-x\)도 실수이다.

자격 검증. 이 줄이 빠지면 증인이 무대의 대상인지 확인되지 않는다.

\(x + y = x + (-x) = 0\)이다.

사건 검증 — 본체 도달. 양화사가 소진된 뒤의 계산이므로 근거 ③만 쓴다.

\(x\)가 임의였으므로 모든 실수 \(x\)에 대해 성립한다. \(\blacksquare\)

바깥 겹의 마무리 선언(S6주차 걸음 ④). 겹을 연 순서의 역순으로 닫는다.

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

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

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

답

\(\exists y \in \mathbb{R}\ \forall x \in \mathbb{R}: x + y = 0\). 바깥 겹은 \(\exists y\), 안쪽 겹은

\(\forall x\)이다.

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

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

값을 골라 넣을 수 있다 — 특수화가 도구다.

확인 16. 하나의 \(y_0\)에 서로 다른 두 값을 특수화해 충돌시키려 한다. 어떤 두 값을 넣으면 좋은가.

답

\(x = 0\)과 \(x = 1\). 앞쪽은 \(0 + y_0 = 0\), 곧 \(y_0 = 0\)을 주고, 뒤쪽은 \(1 + y_0 = 0\),

곧 \(y_0 = -1\)을 준다. 두 결론이 양립하지 않는다.

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

표준 기술이므로 문제 7\(\cdot\)문제 17에서 그대로 재사용한다.

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

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

예제 2.2 — 결론의 세 겹: ε-N 완주#

명제. \(a_n = \dfrac{n}{n+1}\)일 때 \(a_n \to 1\)이다.

이번에는 설계만 함께 하고 본문은 완성본으로 본다.

확인 17. 목표를 겹으로 펼치고, 세 겹 각각의 위치\(\cdot\)기법\(\cdot\)문장 꼴을 적어 보자.

답

목표는 \(\forall \varepsilon > 0\ \exists N \in \mathbb{N}\ \forall n \in \mathbb{N}\,(n > N \Rightarrow |a_n - 1| < \varepsilon)\).

1겹 \(\forall \varepsilon\) — 결론의 \(\forall\) — 선택법 — “\(\varepsilon > 0\)을 임의로 잡자.”

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

3겹 \(\forall n\) — 결론의 \(\forall\) — 선택법 — “\(n > N\)인 자연수 \(n\)을 임의로 잡자.”

세 문장이 확정되었고, 남은 것은 2겹의 식 하나뿐이다.

연습장 — 문턱 역산. 2겹의 증인 \(N\)은 본체를 역산해 찾는다. 본체의 좌변을 먼저 정리하면

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

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

확인 18. \(N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil\)의 자격은 “자연수”다. 이것을 확인해 보자.

답

\(\varepsilon > 0\)이므로 \(\frac1\varepsilon > 0\)이고, 천장의 성질에 의해

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

\(N \ge 1\)인 자연수 ✓.

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

완성본.

증명의 한 줄

왜 이 줄을 쓰는가?

\(\varepsilon > 0\)을 임의로 잡자.

1겹 \(\forall \varepsilon\)의 처리 — 결론의 \(\forall\)이므로 선택법. 자격(“양수”)이 문장에 들어 있다.

\(N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil\)으로 두자.

2겹 \(\exists N\)의 처리 — 결론의 \(\exists\)이므로 구성법. \(\varepsilon\)의 식인 것은 \(\varepsilon\)이 이미 확정됐기 때문에 합법이다.

\(\varepsilon > 0\)이므로 \(\frac1\varepsilon > 0\)이고, 천장의 성질에 의해 \(N\)은 \(1\) 이상인 자연수이다.

증인의 자격 검증. 이 줄이 빠지면 \(N \in \mathbb{N}\)이라는 정의의 조각이 확인되지 않는다.

\(n > N\)인 자연수 \(n\)을 임의로 잡자.

3겹 \(\forall n\)의 처리 — 결론의 \(\forall\)이므로 선택법. 자격 “\(n > N\)”에 \(N\)을 쓸 수 있는 것은 \(N\)이 앞 줄에서 확정됐기 때문이다.

\(n > N \ge \frac1\varepsilon\)이므로 \(n + 1 > \frac1\varepsilon\)이고, 양변이 양수이므로 \(\frac1{n+1} < \varepsilon\)이다.

양화사가 소진된 뒤의 본체 계산. 천장의 성질과 역수 반전(S3주차 예제 2.3)이 근거 ④다.

그러므로 \(\left\lvert \frac{n}{n+1} - 1 \right\rvert = \frac1{n+1} < \varepsilon\)이다.

본체 도달. 계산 자체는 연습장 역산과 같지만 방향이 반대다 — 여기서는 전진(검증)이다.

\(n\)이 임의였고 \(\varepsilon\)이 임의였으므로 정의에 의해 \(a_n \to 1\)이다. \(\blacksquare\)

3겹과 1겹의 마무리 선언. 연 순서의 역순으로 닫는다.

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

예제 2.3 — 가정의 세 겹: 결론과 맞물리기#

명제. \(a_n \to L\)이면 \(3a_n \to 3L\)이다.

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

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

답

결론의 본체는 \(|3a_n - 3L| = 3|a_n - L|\)이다. 이것이 \(\varepsilon\)보다 작으려면

\(|a_n - L| < \frac\varepsilon3\)이면 충분하다.

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

무엇을 넣을지는 결론의 본체가 요구하는 것이 정한다 — 조준 없는 특수화는

조준 없는 전진과 같다(S7주차 예제 2.2).

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

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

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

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

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

관찰 — 같은 뼈대#

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

걸음

예제 2.1(a)

예제 2.2

예제 2.3

결론의 겹 수

2

3

\(\underline{\quad(1)\quad}\)

가장 바깥 겹의 기법

선택법

선택법

\(\underline{\quad(2)\quad}\)

증인이 되는 대상

\(y = -x\)

\(N = \lceil \frac1\varepsilon \rceil\)

\(\underline{\quad(3)\quad}\)

증인이 의존하는 문자

\(x\)

\(\varepsilon\)

\(\underline{\quad(4)\quad}\)

양화사 소진 후의 계산

\(x + (-x) = 0\)

\(\frac1{n+1} < \varepsilon\)

\(\underline{\quad(5)\quad}\)

확인 20. 빈칸 (1)~(5)를 채우고, 세 예제에서 공통으로 반복된 순서를 세 걸음으로 적어 보자.

답

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

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

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

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

뒤에 본체를 전진으로 계산한다.

방금 확인한 뼈대에 이름을 붙인다.

백지 암기 대상

겹 처리 3단 뼈대

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

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

③ 본체 게임 — 양화사가 소진되면 S2\(\cdot\)S3주차의 전진-후진으로 마무리한다.

빈칸 사다리 — 지지대를 하나씩 빼며#

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

훈련 1 ●○○ — 수식과 절차의 빈칸#

명제. 모든 유리수 \(q\)에 대해, \(q < n\)인 양의 정수 \(n\)이 존재한다.

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

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

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

사건 검증:

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

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

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

훈련 2 ●●○ — 수식과 근거를 함께#

이번에는 걸음 이름과 근거 문장도 빈칸이다.

명제. \(a_n \to L\)이면 \(-a_n \to -L\)이다.

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

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

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

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

훈련 3 ●●● — 뼈대만 남기고#

이번에는 겹 세기부터 스스로 한다.

명제. 모든 양의 정수 \(m\)에 대해, \(mn > 100\)인 양의 정수 \(n\)이 존재한다.

증명의 뼈대. 각 칸을 문장으로 통째로 채운다.

  • ① 겹 세기와 기법 지정: \(\underline{\quad(1)\quad}\)

  • ② 바깥 겹 처리 문장: \(\underline{\quad(2)\quad}\)

  • ③ 안쪽 겹 처리 문장(증인 제시): \(\underline{\quad(3)\quad}\)

  • ④ 자격 검증과 사건 검증: \(\underline{\quad(4)\quad}\)

  • ⑤ 순서를 뒤집은 \(\exists n\, \forall m\)의 진위와 그 이유 한 줄: \(\underline{\quad(5)\quad}\)

연습문제 (20문항)#

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

이번 주의 채점 기준

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

기본 ●○○#

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

힌트

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

문법은 “안쪽은 바깥의 식이어도 된다”로, 정리는 “만능이면 맞춤도 된다”로 기억한다.

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

힌트

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

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

두 값의 충돌을 적는다.

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

힌트

순서 교환이 언제나 진위를 바꾸는 것은 아니다 — 바꿀 수 있다는 것이 §1.2의

결론이었다. 어느 쪽인지는 증인이 \(x\)를 쓰는지 안 쓰는지로 갈린다.

4. §3 빈칸 사다리의 훈련 1~3을 백지에서 완성하시오.

힌트

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

확정된 뒤에 \(n\)을 만들므로, 증인은 \(m\)의 식이어도 된다.

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

힌트

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

강요하도록 고른다.

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

힌트

이유 한 줄의 형태는 정해져 있다: “\(\exists N\)이 \(\forall \varepsilon\)의 안쪽에 있으므로

\(\varepsilon\)이 확정된 뒤에 \(N\)을 둔다.”

표준 ●●○#

7. 명제 “모든 양의 실수 \(x\)에 대해, \(y < x\)인 양의 실수 \(y\)가 존재한다”를 증명하고, 순서를 바꾼 명제 “\(\exists y > 0\ \forall x > 0: y < x\)”가 거짓임을 반증하시오.

힌트

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

변주인데, 특수화할 값을 만능 증인 자신으로 삼는 것이 요령이다.

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

힌트

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

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

인용할 역수 반전은 강부등식 전용이므로, 등호가 생기는 \(n = 1\)이 이 증명의 무대에

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

9. \(\dfrac{3n + 2}{n} \to 3\)을 증명하시오.

힌트

본체를 먼저 정리한다. 통분하면 \(n\)이 소거되어 매우 단순한 식이 남는다. 그 식에서

문턱을 역산한다.

10. 예제 2.3의 서식으로 “\(a_n \to L\)이면 \(a_n + 7 \to L + 7\)”을 증명하시오. 이번에는 특수화 값이 \(\varepsilon\) 그대로임을 확인하고, 맞물림 라벨을 전부 명시하시오.

힌트

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

배율이 1이면 역산할 것이 없다.

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

“명제: \(\frac1n \to 0\). 증명: \(N = 1000\)으로 두자. \(\varepsilon > 0\)을 임의로 잡자. \(n > 1000\)이면 \(\frac1n < \frac1{1000}\)이고, 이것은 충분히 작으므로 \(\varepsilon\)보다 작다.”

힌트

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

무엇을 대신하고 있는지까지 적는다.

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

힌트

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

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

13. “모든 실수 \(x, z\)에 대해, \(x < z\)이면 \(x < y < z\)인 실수 \(y\)가 존재한다”를 증명하시오. 겹의 순서를 명시하고, 증인이 두 바깥 문자의 식임을 밝히시오.

힌트

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

증인을 둔다. 증인 후보는 두 수 사이의 대표값이다.

이 문제가 처음 쓰는 도구 — 양화사 부정 규칙

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

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

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

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

S10주차에서 정면으로 다룬다.

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

힌트

“\(\varepsilon > 0\)”의 “\(> 0\)”은 무대이지 부정 대상이 아니다(1권 11주차 문제 15의

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

도전 ●●●#

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

힌트

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

좌변이 항상 얼마인지 먼저 계산하면 고를 값이 보인다.

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

힌트

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

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

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

힌트

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

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

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

놓고 비교한다.

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

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

역산한다.

18. 다음 증명 시도의 결함을 모두 찾고 수리본을 작성하시오.

“명제: 모든 실수 \(x\)에 대해, \(x < n\)인 정수 \(n\)이 존재한다. 증명: \(n = \lceil x \rceil + 1\)로 두자. 실수 \(x\)를 임의로 잡자. 그러면 \(n = \lceil x \rceil + 1 > x\)이므로 성립한다.”

힌트

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

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

이 문제가 처음 쓰는 도구 — 증인 안에 수령물이 들어가는 2단 제작

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

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

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

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

수령한 대상도 확정된 문자이므로 증인의 재료가 될 수 있다.

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

힌트

증인 후보는 \(a\)를 \(\frac1n\) 눈금으로 내림한 값이다. 분자를 \(\lfloor na \rfloor\)로 두고

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

\(na - 1 < \lfloor na \rfloor \le na\)를 쓴다.

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

힌트

(a)는 “무엇을 재생하는가”와 “무엇이 출력되는가”의 대비로 쓴다. (b)는 네 칸 표를

문장으로 풀어 쓴 뒤 마지막 문장에 중첩 규칙을 얹으면 된다.

백지 재현 — 복습 프로토콜#

이번 주의 5일 루틴. 원서와 교안을 번갈아 쓰는 순서다.

요일

할 일

1일차

원서 Solow 7장 통독 (모르는 문장은 표시만 하고 통과)

2일차

교안 §0~§2 — 개념과 예제. 확인 상자는 연필로 먼저 답한다

3일차

원서 재독 — 1일차에 표시한 문장을 해결하고, 원서 7장의 연습문제 몇 개를 직접 시도

4일차

교안 §3 빈칸 사다리 + §4 연습문제 20문항

5일차

백지 재현 1차(틀 카드)\(\cdot\)2차(완전 백지) + 체크리스트

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

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

2차 시도 — 완전 백지. 아무것도 보지 않고 수행한다.

  • 중첩 처리 규칙의 걸음 ①~④와, 걸음 ①에서 “가장 왼쪽”을 지우면 무엇이 무너지는지 썼다.

  • 의존성의 문법(맞춤 증인과 만능 증인)을 쓰고, 순서를 뒤집을 수 있는 경우의 조건을 한 문장으로 적었다.

  • 한 방향 교환 정리의 진술과 증명을 재현하고, 라벨이 붙는 네 문장이 네 칸 표의 어느 칸인지 짚었으며, 마지막 임의성 선언까지 적었다.

  • 예제 2.2 또는 문제 8\(\cdot\)9의 \(\varepsilon\)-N 증명 하나를 세 겹 라벨과 함께 재현했다.

  • 예제 2.3의 맞물림을 재현했다 — 결론의 겹과 가정의 겹이 어느 지점에서 물리는지 짚었다.

  • 문제 11의 반칙 답안이 실제로 주장하는 명제를 기호로 적고 반증했다.

  • 원서 7장을 두 번 읽었고, 1일차에 표시한 문장이 전부 해결되었다.

  • 다음 주 S9주차 종합시험을 위해 S1~S8주차의 백지 목차를 한 장으로 만들었다.

막힌 지점별 처방. 막힌 지점이 무엇을 다시 볼지 알려 준다.

막힌 지점

처방

첫 문장부터 나오지 않는다

§1.3 걸음 ①② — 첫 문장은 창작이 아니라 가장 바깥 겹이 지정한다

겹을 다 처리했는데 증명이 안 끝난 느낌이다

§1.6\(\cdot\)§1.7 표 — 결론 쪽 겹만 세고 가정 쪽 겹을 안 센 경우가 많다

증인을 무엇으로 둘지 모르겠다

예제 2.2의 연습장 — 본체를 역산해 후보를 찾은 뒤 답안에는 배정 한 줄만 남긴다

문턱은 만들었는데 자격 검증이 비어 있다

예제 2.2의 셋째 줄과 §1.8 확인 10 — 자격은 항상 답안의 문장이다

특수화에 무엇을 넣을지 모르겠다

예제 2.3 확인 19 — 넣을 값은 결론의 본체가 요구하는 것에서 역산한다

순서를 뒤집어도 되는지 판단이 안 된다

§1.4 — 증인을 상수로 잡을 수 있는지를 먼저 보고, 없어 보이면 만능 증인을 가정한 뒤 특수화 충돌로 반증한다

부정 전개에서 겹이 꼬인다

문제 14 앞의 도입 상자 — 한 겹씩 줄을 나누어 적고, 무대는 부정하지 않는다

하나라도 실패하면 그 항목만 다시 적고 다음날 재시도한다.

해설#

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

빈칸 사다리 — 훈련 1#

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

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

빈칸 사다리 — 훈련 2#

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

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

빈칸 사다리 — 훈련 3#

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

문제 1#

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

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

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

문제 2#

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

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

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

문제 3#

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

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

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

문제 4#

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

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

문제 5#

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

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

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

문제 6#

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

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

문제 7#

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

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

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

문제 8#

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

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

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

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

문제 9#

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

풀이. 연습장. 좌변을 정리하면

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

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

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

문제 10#

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

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

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

문제 11#

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

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

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

문제 12#

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

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

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

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

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

문제 13#

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

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

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

검산. \(x = 2\), \(z = 5\)이면 \(y = 3.5\)이고 \(2 < 3.5 < 5\) ✓.

문제 14#

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

풀이. 출발(§1.6의 정의 그대로):

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

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

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

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

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

문제 15#

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

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

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

문제 16#

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

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

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

문제 17#

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

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

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

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

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

문제 18#

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

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

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

문제 19#

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

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

\[ a - \frac1n < q \le a \]

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

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

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

문제 20#

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

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

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

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