S15주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

예제 — 두 도구를 함께 만들기

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 예제마다 하나씩 빠진다.

예제 2.1 — 경우법: 가정의 ∨를 쪼개기

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

판정. 무대가 “모든 정수”이고, 정의를 풀려면 \(n\)의 홀짝을 알아야 한다 — 가정 쪽의 숨은 \(\lor\)다. 판정법 첫째 줄이므로 경우법으로 간다. (이 명제는 S5주차 문제 3(a)에서 구성법으로, S14주차 문제 9에서 귀납으로 증명했다 — S14주차 예제 2.3의 답안 2가 진단한 것은 이 명제의 거짓 변형 “\(n^2 + n\)은 홀수이다” 쪽이다. 이번이 같은 명제의 세 번째 증명이며, 분할과 전수성을 답안 표면에 드러내는 것이 목적이다.)

설계 — 쓰기 전에 정하는 세 가지. 경우법에서는 출발점과 도착점 외에 분할을 먼저 정한다.

	말	수식 번역
분할	\(n\)의 홀짝	\(n\)이 짝수 / \(n\)이 홀수 — 근거는 \(\underline{\quad(?)\quad}\)
각 케이스의 출발점	그 케이스의 정의를 푼 등식	\(n = 2k\) / \(n = \underline{\quad(?)\quad}\)
도착점 (두 케이스 공통)	\(n^2 + n\)이 짝수	\(n^2 + n = \underline{\quad(?)\quad}\) 꼴을 만든다

확인 10. 번역표의 빈칸 세 개를 채워 보자. 그리고 도착점 칸이 두 케이스에서 같은지 다른지 적어 보자.

답

분할의 근거: 나눗셈 정리 — 정수를 2로 나눈 나머지는 0 아니면 1이다(근거 ④).

홀수 쪽 출발점: \(n = 2k + 1\)인 정수 \(k\)가 존재한다.

도착점: \(n^2 + n = 2 \times (\text{정수})\) 꼴.

도착점은 두 케이스에서 완전히 같다. 경우법이 나누는 것은 출발점뿐이고 목표는

나누지 않는다 — 이것이 마지막에 하나로 묶일 수 있는 이유다.

1단계 — 무대를 올리고 분할을 선언한다. 첫 문장은 대상을 문자로 잡는 문장이고, 둘째 문장은 분할과 그 전수성의 근거를 함께 적는 문장이다.

확인 11. 처음 두 문장을 완성해 보자: “정수 \(\underline{\quad}\)을 임의로 잡자. \(\underline{\qquad}\)에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 \(\underline{\qquad}\)를 덮는다.”

답

“정수 \(n\)을 임의로 잡자. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가

정수 전체를 덮는다.” 근거를 적는 자리가 둘째 문장 안이라는 것이 요점이다 —

§1.3의 걸음 ②가 별도의 줄이 아니라 분할 선언에 붙어 나온다.

2단계 — 첫 케이스를 완결한다. 케이스 안쪽은 보통의 직접 증명이다.

확인 12. 케이스 1을 완성해 보자: “케이스 1 (\(n\)이 짝수). 정의에 의해 \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면 \(n^2 + n = \underline{\qquad} = 2(\underline{\qquad})\)이다.”

답

\(n^2 + n = (2k)^2 + 2k = 4k^2 + 2k = 2(2k^2 + k)\).

무엇으로 묶을지는 도착점의 꼴이 지시한다 — 짝수의 정의가 \(2 \times (\text{정수})\)이므로

2를 묶는다. 여기에 “\(2k^2 + k\)는 정수이므로(근거 ②) \(n^2 + n\)은 짝수이다”를 붙이면

케이스 1이 완결된다.

3단계 — 둘째 케이스를 완결한다. 재료만 바뀌고 걸음은 같다.

확인 13. 케이스 2를 완성해 보자: “케이스 2 (\(n\)이 홀수). 정의에 의해 \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면 \(n^2 + n = \underline{\qquad} = 2(\underline{\qquad})\)이다.”

답

\(n^2 + n = (2k+1)^2 + (2k+1) = (4k^2 + 4k + 1) + (2k + 1) = 4k^2 + 6k + 2 = 2(2k^2 + 3k + 1)\).

케이스 1과 달리 상수항 \(+1\)이 두 번 나와 합이 2가 되고, 그 2가 묶임에 함께 들어간다.

여기서도 괄호 안의 정수성 확인이 필요하다 — 케이스마다 각각 해야 한다.

4단계 — 전수성을 회수하며 종합한다. 두 하위 증명을 하나로 묶는 문장이다.

확인 14. 마지막 문장을 완성해 보자: “\(\underline{\qquad}\)므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + n\)은 \(\underline{\quad}\)이다. \(\blacksquare\)”

답

“두 경우가 정수 전체를 빠짐없이 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + n\)은 짝수이다.”

이 문장이 없으면 답안은 “짝수인 \(n\)에 대해 이렇고 홀수인 \(n\)에 대해 저렇다”는 두 개의

관찰로 끝난다. 근거는 1권 17주차 문제 20(a)의 동치이고, 그것이 근거 ④다.

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

증명의 한 줄	왜 이 줄을 쓰는가?
정수 \(n\)을 임의로 잡자.	무대를 올린다. “모든 정수”를 다루려면 특정 숫자가 아니라 문자여야 한다(S6주차 선택법).
나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 정수 전체를 덮는다.	걸음 ①과 ② — 분할 선언과 전수성의 근거. 이 줄이 없으면 아래 두 케이스는 임의로 고른 두 상황일 뿐이다.
케이스 1 (\(n\)이 짝수). 정의에 의해 \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재하고, \(n^2 + n = 4k^2 + 2k = 2(2k^2 + k)\)이다. \(2k^2 + k\)는 정수이므로 \(n^2 + n\)은 짝수이다.	걸음 ③ — 케이스 안쪽은 보통의 직접 증명이다. 묶는 모양은 도착점 \(2 \times (\text{정수})\)가 지시한다(근거 ①), 괄호 안의 정수성은 근거 ②.
케이스 2 (\(n\)이 홀수). 정의에 의해 \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재하고, \(n^2 + n = (4k^2+4k+1) + (2k+1) = 2(2k^2 + 3k + 1)\)이다. 괄호 안은 정수이므로 \(n^2 + n\)은 짝수이다.	걸음 ③ 두 번째. 재료만 바뀌고 걸음은 같다. 정수성 확인을 케이스마다 되풀이하는 것이 규격이다.
두 경우가 정수 전체를 빠짐없이 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + n\)은 짝수이다. \(\blacksquare\)	걸음 ④ — 전수성 회수. 근거는 1권 17주차 문제 20(a)의 동치(근거 ④)이고, 이 줄이 두 하위 증명을 하나의 증명으로 묶는다.

논평. 같은 명제를 S5주차에서는 증인 \(k\)를 만들어 내놓는 구성법으로 증명했다. 그때도 안쪽에서는 홀짝 분할이 일어났지만, 분할은 증인을 만드는 도중의 계산이었고 답안의 뼈대는 아니었다. 이번 답안에서는 분할 자체가 뼈대이고 전수성이 마지막 줄에서 회수된다. 같은 계산이라도 무엇을 뼈대로 삼느냐가 답안의 형태를 정한다.

예제 2.2 — 소거법: 결론의 ∨를 조건문으로

명제. 실수 \(a, b\)에 대해, \(ab = 0\)이면 \(a = 0\) 또는 \(b = 0\)이다.

이번에는 설계까지만 함께 하고 본문은 완성본으로 본다.

확인 15. 판정부터 해 보자. 이 명제의 \(\lor\)는 어느 자리에 있는가. 판정법 표의 몇째 줄이 걸리는가. 그리고 셋째 줄은 왜 걸리지 않는가.

답

\(\lor\)는 결론 쪽에 있고, 판정법 둘째 줄이 걸린다 — 어느 쪽을 보일지 지목해야 하는데

가정 \(ab = 0\)만으로는 지목되지 않는다(확인 2).

셋째 줄이 걸리지 않는 이유: 이 명제에는 케이스가 없다. 계산이 진행되면서 어느 쪽인지

저절로 확정되는 구조가 아니므로, 지목 부담을 없애는 절차를 따로 써야 한다.

확인 16. 번역표를 채워 보자. 부정할 쪽: \(\neg P = \underline{\qquad}\). 그때 손에 들어오는 새 사실: \(\underline{\qquad}\). 도착점: \(Q = \underline{\qquad}\).

답

부정할 쪽 \(\neg P\): “\(a \neq 0\)”. 손에 들어오는 새 사실: 역수 \(\frac1a\)이 존재한다는 것.

도착점 \(Q\): “\(b = 0\)”.

\(b \neq 0\)을 부정해 \(a = 0\)으로 가도 대칭이므로 사정이 같다. 어느 쪽을 골라도 되지만,

고른 쪽을 답안 첫 줄에 명시하는 것이 걸음 ①이다.

증명의 한 줄	왜 이 줄을 쓰는가?
\(ab = 0\)이라 하자.	원명제의 가정을 받는다. 이 사실은 몸통 끝까지 쓰인다.
소거법을 쓴다. \(a \neq 0\)이라 하자.	걸음 ① — 부정할 쪽의 선택과 선언. 이 줄이 없으면 아래 유도가 무조건 참인 것으로 읽혀 거짓 명제를 주장하게 된다(§1.4 삭제 실험).
\(a \neq 0\)이므로 역수 \(\frac1a\)이 존재한다(근거 ④).	걸음 ①에서 얻은 사실이 소비되는 자리. 역수의 존재는 \(a \neq 0\)에서만 나온다. 0 아닌 실수가 역수를 갖는다는 것 자체는 §1.8의 근거 ④에 인정하고 쓰는 사실로 올라 있다.
\(ab = 0\)의 양변에 \(\frac1a\)을 곱하면 \(\frac1a(ab) = \frac1a \cdot 0\), 곧 \(b = 0\)이다.	걸음 ② — 도착점 \(Q\)의 유도. 좌변은 결합법칙으로 \((\frac1a a)b = b\), 우변은 0이다(근거 ③).
따라서 \(a = 0\) 또는 \(b = 0\)이다. \(\blacksquare\)	걸음 ③ — 조건문 분해(근거 ④)로 원래 결론을 회수한다. 이 줄이 없으면 증명된 것은 조건문뿐이다.

논평. 준비 운동의 유형 3이 만든 케이스 두 개 중 첫 경우(”\(a = 0\)”)가 이 답안에는 아예 없다. 없어진 이유는 걸음 ①이 그 경우를 가정으로 배제했기 때문이고, 배제하고도 결론이 성립하는 근거가 조건문 분해다. 유형 3이 옳으면서도 절반이 헛돌았던 것은, 소거법이 하는 일을 케이스의 언어로 풀어 쓴 것이기 때문이다.

이 증명으로 1권 내내 이름만 쓰던 영인수 성질이 근거 ④에 정식으로 올라간다.

예제 2.3 — 진단: 전수성 결함과 도구 선택 오류

이번에는 설계부터 스스로 해 보자. 아래 두 답안을 읽기 전에 각각의 명제에 §1.7의 판정법을 적용해 어느 도구가 붙어야 하는지 먼저 정한다.

확인 17. 두 명제에 판정법을 적용해 보자. (가) “0 아닌 실수 \(x\)에 대해 \(\frac{x}{\lvert x \rvert} = \pm 1\)이다.” (나) “정수 \(n\)에 대해, \(2 \mid n\) 또는 \(3 \mid n\)이면 \(6 \mid n\)이다.” 각각 \(\lor\)가 어디에 있는가.

답

(가) 가정 쪽 — 무대가 “0 아닌 실수”이므로 삼분법에 의해 \(x\)는 양수이거나 음수이고,

절댓값을 풀려면 그 부호를 알아야 한다. 판정법 첫째 줄, 경우법이다. 결론의 “\(\pm 1\)”도

\(\lor\)이지만 각 케이스에서 값이 확정되므로 셋째 줄에 해당한다 — 소거는 필요 없다.

(나) 가정 쪽 — “\(2 \mid n\) 또는 \(3 \mid n\)”이 드러난 \(\lor\)다. 판정법 첫째 줄, 경우법이다.

결론 “\(6 \mid n\)”에는 \(\lor\)가 없으므로 소거법은 대상이 아니다.

답안 1. “명제: 모든 0 아닌 실수 \(x\)에 대해 \(\frac{x}{\lvert x \rvert} = \pm 1\)이다. 증명: 케이스 1 (\(x\)가 양수): \(\lvert x \rvert = x\)이므로 \(\frac{x}{\lvert x \rvert} = \frac xx = 1\). 케이스 2 (\(x\)가 음수): \(\lvert x \rvert = -x\)이므로 \(\frac{x}{\lvert x \rvert} = \frac{x}{-x} = -1\). 따라서 \(\pm 1\)이다.”

진단. 이 답안은 옳다. 무대가 “0 아닌 실수”이므로 삼분법에 의해 양수와 음수가 무대 전체를 덮고, 두 케이스가 각각 완결되어 있다. 다만 걸음 ②가 문면에 없다 — 두 케이스가 무대를 덮는다는 문장과 그 근거가 빠져 있으므로, 규격에 맞추려면 “\(x \neq 0\)이므로 삼분법에 의해 \(x\)는 양수이거나 음수이고, 두 경우가 무대를 덮는다”를 케이스 앞에 넣고 마지막에 “두 경우가 무대 전체를 덮으므로”를 붙인다.

같은 답안이 무너지는 자리. 명제의 무대를 “모든 실수 \(x\)”로 넓히면 같은 두 케이스가 \(x = 0\)을 놓친다. 그리고 \(x = 0\)에서는 \(\frac{0}{\lvert 0 \rvert} = \frac00\)이 정의되지 않으므로 명제 자체가 무의미해진다. 전수성 점검은 무대를 먼저 읽는 일이고, 무대가 바뀌면 같은 분할의 합격 여부도 바뀐다(§1.5 ㄴ, 확인 9의 (나)).

답안 2. “명제: 정수 \(n\)에 대해, \(2 \mid n\) 또는 \(3 \mid n\)이면 \(6 \mid n\)이다. 증명: \(2 \nmid n\)이라 가정하면 \(3 \mid n\)이어야 하고, 그러면 \(6 \mid n\)을 보이자 …”

진단. 두 가지가 겹쳐 있다.

첫째, 명제가 거짓이다. \(n = 2\)는 \(2 \mid n\)을 만족하므로 가정이 참인데 \(6 \nmid 2\)이므로 결론이 거짓이다. 경우법의 요건 ①로 검사하면 그 자리가 정확히 드러난다 — 케이스 “\(2 \mid n\)”에서 \(6 \mid n\)을 증명할 방법이 없다. 어느 케이스에서도 목표에 닿지 못하면 그 케이스가 반례의 산지다.

둘째, 도구 선택이 틀렸다. 이 명제의 \(\lor\)는 가정 쪽에 있으므로 판정법 첫째 줄, 곧 경우법의 대상이다. 답안은 “\(2 \nmid n\)이라 가정하면”으로 시작해 소거법의 걸음 ①을 흉내 냈는데, 소거법은 결론의 \(\lor\)에 붙는 도구다. 가정의 \(\lor\)에 소거법을 걸면 하는 일은 “가정의 한쪽을 지우는 것”뿐이고, 지운 쪽의 상황은 다루어지지 않은 채 남는다 — 전수성이 증명 시작 전에 깨진다.

참인 명제로 고치려면 가정을 \(\land\)으로 바꾼다: “\(2 \mid n\)이고 \(3 \mid n\)이면 \(6 \mid n\)이다.” 그러면 \(\lor\)가 사라져 두 도구 모두 대상이 아니게 되고, 판정법 다섯째 줄대로 두 사실을 함께 쓰는 직접 증명이 된다.

관찰 — 같은 뼈대

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

항목	예제 2.1	예제 2.2	예제 2.3 답안 1
\(\lor\)가 놓인 자리	가정 (홀짝 분할)	결론 (\(a = 0\) 또는 \(b = 0\))	\(\underline{\quad(1)\quad}\)
고른 도구	경우법	소거법	\(\underline{\quad(2)\quad}\)
첫 걸음이 하는 일	분할 선언과 전수성 근거	\(\underline{\quad(3)\quad}\)	분할 선언과 전수성 근거
결론의 \(\lor\)는 어떻게 해소되는가	결론에 \(\lor\)가 없다	한쪽 부정을 가정으로 얹어 다른 쪽을 유도	\(\underline{\quad(4)\quad}\)
마지막 걸음이 하는 일	전수성 회수	\(\lor\) 선언 (조건문 분해)	전수성 회수

확인 18. 빈칸 (1)~(4)를 채우고, 두 도구가 공통으로 지키는 순서를 세 걸음으로 적어 보자.

답

(1) 가정 — 무대 “0 아닌 실수”가 “양수 또는 음수”라는 숨은 \(\lor\)를 준다.

(2) 경우법.

(3) 부정할 쪽의 선택과 선언(”\(a \neq 0\)이라 하자”).

(4) 각 케이스에서 값이 \(1\)인지 \(-1\)인지 구성적으로 확정되므로 소거가 필요 없다

(판정법 셋째 줄).

공통 순서: ① \(\lor\)의 위치를 판정하고 도구를 선언한다 \(\to\) ② 그 도구가 주는 추가 가정을

손에 쥐고 목표까지 간다(경우법은 조각을, 소거법은 한쪽의 부정을) \(\to\) ③ 정당성의 동치를

인용해 원래 목표를 회수한다(경우법은 전수성, 소거법은 조건문 분해).

세 예제에서 달라진 것은 몸통의 계산뿐이고, 걸음 ①과 ③은 도구별로 글자까지 같았다.

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 실수 \(x\)에 대해 \(\lvert x \rvert \ge x\)이다.

판정. 절댓값의 1권 17주차 정의 17.1이 두 갈래이므로 가정 쪽의 \(\underline{\quad(1)\quad}\) \(\lor\)이고, 판정법 첫째 줄에 걸린다.

증명. 실수 \(x\)를 임의로 잡자. 삼분법에 의해 \(x \ge 0\)이거나 \(x < 0\)이고, 두 경우가 \(\underline{\quad(2)\quad}\)를 덮는다.

케이스 1 (\(x \ge 0\)). 1권 정의 17.1의 첫 갈래에 의해 \(\lvert x \rvert = \underline{\quad(3)\quad}\)이다. 그러면 \(\lvert x \rvert \ge x\)는 \(x \ge x\)가 되고, 이는 참이다.

케이스 2 (\(x < 0\)). 1권 정의 17.1의 둘째 갈래에 의해 \(\lvert x \rvert = -x\)이다. \(x < 0\)이므로 \(-x \underline{\quad(4)\quad} 0\)이고, 따라서 \(\lvert x \rvert = -x > 0 > x\)이다.

두 경우가 실수 전체를 빠짐없이 덮으므로 \(\lvert x \rvert \ge x\)이다. \(\blacksquare\)

이 증명이 쓴 도구는 \(\underline{\quad(5)\quad}\)법이고, \(\lor\)는 \(\underline{\quad(6)\quad}\) 쪽 — 정확히는 절댓값의 정의 안에 접혀 있었다.

훈련 2 ●●○ — 수식과 근거를 함께

이번에는 도구 이름과 근거 문장도 빈칸이다.

명제. 실수 \(x\)에 대해, \(x^2 = 4\)이면 \(x = 2\) 또는 \(x = -2\)이다.

판정. \(\lor\)가 \(\underline{\quad(1)\quad}\) 쪽에 있으므로 \(\underline{\quad(2)\quad}\)법을 쓴다.

증명. \(x^2 = 4\)라 하자. \(\underline{\quad(2)\quad}\)법을 쓴다. \(x \neq 2\)라 하자 [걸음 ①].

\(x^2 = 4\)에서 \(x^2 - 4 = 0\)이고, 인수분해하면

\[ (x - 2)(x + 2) = 0 \]

이다. \(x \neq 2\)이므로 \(x - 2 \underline{\quad(3)\quad} 0\)이다. 두 실수의 곱이 0이고 한쪽이 0이 아니므로 \(\underline{\quad(4)\quad}\)에 의해 \(x + 2 = 0\)이고, 따라서 \(x = \underline{\quad(5)\quad}\)이다 [걸음 ②].

\(\underline{\quad(6)\quad}\) 따라서 \(x = 2\) 또는 \(x = -2\)이다. \(\blacksquare\) [걸음 ③]

부정 방향의 점검. \(x \neq -2\)를 대신 가정했다면 유도의 마지막 줄에서 얻는 것은 \(\underline{\quad(7)\quad}\)이다.

훈련 3 ●●● — 뼈대만 남기고

이번에는 판정부터 스스로 한다. 각 칸을 문장으로 통째로 채운다.

명제. 정수 \(n\)에 대해, \(n\)이 3의 배수가 아니면 \(n^2 - 1\)은 3의 배수이다.

• ① 판정과 그 근거 (\(\lor\)가 어디에 있고 판정법 표의 몇째 줄인가): \(\underline{\quad(1)\quad}\)

• ② 분할 선언과 전수성의 근거 (완전한 문장으로): \(\underline{\quad(2)\quad}\)

• ③ 케이스 1의 몸통 (정의 풀기부터 결론까지): \(\underline{\quad(3)\quad}\)

• ④ 케이스 2의 몸통: \(\underline{\quad(4)\quad}\)

• ⑤ 종합 문장과 그 근거: \(\underline{\quad(5)\quad}\)

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 판정 — \(\lor\)가 가정 쪽인지 결론 쪽인지 밝히고 판정법 표의 몇째 줄이 근거인지 지목한다 ② 경우법 답안은 분할 선언에 전수성의 근거를 달고 마지막에 회수한다 ③ 소거법 답안은 부정 선언\(\cdot\)유도\(\cdot\)\(\lor\) 선언의 3단을 라벨하고, 부정한 사실이 몸통의 어느 줄에서 소비되는지 짚는다 ④ 케이스마다 정수성\(\cdot\)부호 확인을 각각 되풀이한다. 케이스별 계산이 옳아도 ②의 전수성이 없으면 그 답안은 부분 관찰의 나열로 읽힌다. 힌트 상자는 5분 이상 막힌 뒤에만 연다.

기본 ●○○

1. [백지] \(\lor\) 위치별 도구, 경우법 두 요건, 소거법 서식\(\cdot\)정당성, 숨은 \(\lor\) 목록을 쓰시오.

힌트

§1.7의 판정법 표, S15주차 정의 15.1, 정의 15.2, §1.6의 숨은 \(\lor\) 표가 그대로 답이다.

통째로 외우기보다 “가정의 \(\lor\)는 쪼개고 결론의 \(\lor\)는 한쪽을 부정해 얹는다”라는 한

문장에서 나머지를 재구성하는 쪽이 재현률이 높다.

2. 각 명제에서 \(\lor\)의 위치(가정/결론)를 밝히고 도구(경우법/소거법)를 지정하시오 (증명은 하지 말 것). (a) \(x^2 = x\)이면 \(x = 0\) 또는 \(x = 1\)이다. (b) \(n\)이 짝수이거나 홀수이면 \(n^2 \ge 0\)이다 (정수 \(n\)). (c) \(\lvert x - 3 \rvert = 5\)이면 \(x = 8\) 또는 \(x = -2\)이다. (d) \(ab\)가 홀수이면 \(a\)가 홀수이고 \(b\)가 홀수이다.

힌트

낱말 “또는”을 먼저 찾되, 없다고 끝내지 않는다 — §1.6의 표에 걸리는 기호가 있는지

확인한다. (d)는 연결사가 무엇인지부터 다시 읽는다.

3. 예제 2.1(경우법)을 백지 재현하시오 — 전수성 줄 포함.

힌트

다섯 줄이다. 무대 올리기, 분할 선언과 근거, 케이스 1, 케이스 2, 종합.

케이스 2의 전개에서 상수항이 두 번 나온다는 것만 기억하면 계산이 복원된다.

4. 빈칸 사다리의 훈련 1~3을 백지에서 완성하시오.

힌트

훈련 1은 절댓값 정의의 두 갈래, 훈련 2는 소거법 3단, 훈련 3은 나머지 분류다.

세 훈련이 §1.7 판정법 표의 첫째\(\cdot\)둘째\(\cdot\)첫째 줄에 각각 대응한다.

5. 예제 2.2(소거법)를 백지 재현하시오 — 3단 라벨과 \(a \neq 0\)이 소비되는 자리를 포함하시오.

힌트

소비되는 자리는 한 줄뿐이다. “\(\frac1a\)이 존재한다”가 어디서 나오는지 짚으면 된다.

6. 예제 2.3의 두 답안을 재현하고 각각의 병명을 쓰시오 — 답안 1은 무대 조건을 함께 적어 판정하고(전수성 근거 누락인지, 무대를 넓혔을 때의 전수성 결함인지), 답안 2는 두 병(거짓 명제 / 도구 선택 오류)을 모두 지적하시오.

힌트

답안 1은 지금의 무대에서는 옳고, 무대를 넓히는 순간 병이 생긴다 — 병명을 쓸 때

무대 조건을 함께 적는다. 답안 2는 병이 두 개다.

표준 ●●○

7. 모든 실수 \(x\)에 대해 \(\lvert x \rvert \ge 0\)임을 경우법으로 증명하시오 (숨은 \(\lor\): 절댓값의 정의).

힌트

훈련 1과 분할이 같고 도착점만 다르다. 케이스 2에서 \(-x\)의 부호를 어떻게 얻는지가

유일한 계산이다.

8. 문제 2(a)를 소거법으로 증명하시오.

힌트

부정할 쪽으로 “\(x = 0\)”을 고르면 \(x \neq 0\)이 손에 들어오고, 그것이 나눗셈을 허락한다.

나눈 뒤 남는 등식이 곧 도착점이다.

9. 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 \equiv 0\) 또는 \(1 \pmod 4\)임을 증명하시오.

힌트

확인 8에서 판정을 이미 했다. 결론의 \(\lor\)는 각 케이스의 계산이 지목하므로 소거법을

쓸 자리가 없다 — 케이스마다 \(n^2\)을 \(4 \times (\text{정수})\) 또는

\(4 \times (\text{정수}) + 1\) 꼴로 만드는 것이 전부다.

다음 문제가 쓰는 도구 — 베주 항등식

문제 10은 다음 사실을 쓴다. **정수 \(a, b\)가 둘 다 0이 아니면 \(\gcd(a,b) = ax + by\)인

정수 \(x, y\)가 존재한다.** 이것을 베주 항등식이라 하고, 이번 주에는 인정하고 쓴다 —

증명은 C15주차에서 유클리드 호제법과 함께 세운다. 문제 10에서 필요한 것은

\(\gcd(p, a) = 1\)인 경우, 곧 \(px + ay = 1\)인 정수 \(x, y\)가 존재한다는 사실뿐이다.

10. 유클리드 보조정리를 소거법으로 증명하시오: “소수 \(p\)에 대해, \(p \mid ab\)이면 \(p \mid a\) 또는 \(p \mid b\)이다.” 베주 항등식은 기성품으로 인정하고 쓰되, 어느 줄에서 소비되는지 밝히시오.

힌트

부정할 쪽은 “\(p \mid a\)”다. \(p \nmid a\)에서 \(\gcd(p, a) = 1\)이 나오는 이유를 “소수의 약수는

1과 자신뿐”에서 한 줄로 적는다. 그다음은 베주가 준 등식의 양변에 \(b\)를 곱하고,

두 항이 각각 \(p\)의 배수임을 확인한다.

11. 모든 실수 \(a, b\)에 대해 \(\lvert ab \rvert = \lvert a \rvert \lvert b \rvert\)임을 증명하시오 (부호 4케이스. 전수성을 확인하고, 대칭으로 케이스를 줄일 수 있는지 검토하시오).

힌트

각 케이스에서 먼저 정해야 하는 것은 곱 \(ab\)의 부호다. 그것이 정해져야 좌변의

절댓값을 정의로 풀 수 있다. 우변은 \(a\)와 \(b\) 각각의 부호로 푼다.

12. 다음 답안을 진단하시오.

“명제: 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 \ge n\)이다. 증명: 케이스 1 (\(n\)이 양수): \(n \ge 1\)이므로 \(n^2 = n \cdot n \ge n \cdot 1 = n\). 케이스 2 (\(n\)이 음수): \(n^2 > 0 > n\). 따라서 \(n^2 \ge n\)이다.”

힌트

계산은 두 케이스 모두 옳다. 그러므로 검사할 곳은 계산이 아니라 분할이다.

§1.3의 삭제 실험과 같은 자리를 의심한다.

13. 모든 실수 \(a, b\)에 대해 \(\max\{a, b\} + \min\{a, b\} = a + b\)임을 WLOG를 써서 증명하시오. WLOG가 정당한 이유(명제가 \(a, b\) 교환에 대칭임)를 한 줄로 밝히시오.

힌트

WLOG를 선언한 뒤에는 \(\max\)와 \(\min\)의 값이 그 자리에서 확정된다 — 케이스 정의를

그대로 읽으면 된다. 정당화 문장은 좌변과 우변이 각각 교환에 불변임을 지적하면 끝난다.

14. 소거법과 대우를 견주시오. 명제 “정수 \(n\)에 대해, \(n^2\)이 짝수이면 \(n\)은 짝수이다”를 (a) S12주차의 대우로 증명하고, (b) 이 명제를 조건문 분해로 “또는” 꼴로 재포장한 뒤 소거법을 시도해, 두 접근이 사실상 같은 계산임을 확인하시오. (”\(A \Rightarrow B\)”와 “\(\neg A \vee B\)”의 동치(1권 9주차)가 대우와 소거를 잇는 다리임을 결론으로 쓰시오.)

힌트

(b)에서 재포장한 \(\lor\)의 두 조각 중 어느 쪽을 부정하느냐로 갈린다. 한쪽을 부정하면

원명제로 되돌아가 진전이 없고, 다른 쪽을 부정하면 (a)와 같은 계산이 나온다.

그 갈림을 확인하는 것이 이 문제의 목적이다.

도전 ●●●

다음 문제가 쓰는 도구 — 비둘기집 원리

문제 15는 다음 사실을 쓴다. **\(k\)개의 상자에 \(k\)보다 많은 물건을 넣으면 어떤 상자에는

두 개 이상이 들어간다.** 이것을 비둘기집 원리라 한다. 1권 26주차 문제 19가 상자

3개\(\cdot\)물건 4개짜리 특수 사례를 귀류로 증명했다 — 모든 상자가 하나 이하를 담는다고

가정하면 총합이 상자 수 이하가 되어 물건 수와 충돌한다. 일반형은 1권 41주차 §1.8과

문제 14에서 함수의 언어로 세운다. 이번 주에 필요한 것은 상자 2개\(\cdot\)물건 3개짜리이므로

1권 26주차의 논법을 그대로 옮겨 쓰면 되고, 조건은 상자가 배타적이고 전수적이어야

한다는 것뿐이다.

15. 세 실수 \(a, b, c\) 중 적어도 둘은 같은 부호임을(둘 다 \(\ge 0\)이거나 둘 다 \(\le 0\)) 증명하시오.

힌트

상자를 두 개 만든다 — “\(\ge 0\)”과 “\(< 0\)”. 0을 어느 상자에 넣을지 먼저 정해야 상자가

배타적이고 전수적이 된다. 그다음은 비둘기집 한 줄이고, 마지막에 “\(< 0\)”이 결론의

“\(\le 0\)”을 함의함을 확인한다.

16. 모든 실수 \(x, y\)에 대해 \(\lvert x + y \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\) (삼각부등식)를 경우법으로 증명하시오. 이어서 부호 케이스를 쓰지 않는 경로 — \(-\lvert x \rvert \le x \le \lvert x \rvert\)와 \(-\lvert y \rvert \le y \le \lvert y \rvert\)를 변끼리 더해 \(-(\lvert x \rvert + \lvert y \rvert) \le x + y \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)를 얻고 절댓값 보조정리로 접는 길 — 로도 증명하고 두 경로를 비교하시오. (S6주차 문제 18의 수리가 이 명제였고, 이번에는 정면으로 케이스를 나눈다.)

힌트

부호 케이스로 가면 \(x\)와 \(y\)의 부호가 다를 때 \(x + y\)의 부호가 또 갈린다 —

하위 케이스가 생긴다는 뜻이고, 그것이 이 경로의 비용이다.

둘째 경로에서 쓰는 보조정리는 1권 17주차 문제 11이다: \(b \ge 0\)일 때

\(\lvert a \rvert \le b \iff -b \le a \le b\).

17. 실수 \(x\)에 대해, \(x^2 - 3x + 2 \ge 0\)이면 \(x \le 1\) 또는 \(x \ge 2\)임을 소거법으로 증명하시오.

힌트

부정할 쪽으로 “\(x \le 1\)”을 고르면 \(x > 1\)이 손에 들어오고, 그것이 인수 \(x - 1\)의 부호를

확정한다. 부호가 확정된 인수로 부등식을 나눌 때 방향이 유지되는 근거를 밝힌다.

18. 다음 “증명”의 결함을 찾으시오.

“명제: 모든 실수 \(x\)에 대해 \(\frac{x}{x} = 1\)이다. 증명: 케이스 1 (\(x > 0\)): \(\frac xx = 1\). 케이스 2 (\(x < 0\)): \(\frac xx = 1\). 따라서 모든 실수에서 \(\frac xx = 1\)이다.”

힌트

빠진 값에서 명제가 거짓인지, 아니면 아예 뜻을 갖지 않는지를 구별해서 적는다.

수리 방법도 두 가지 중 하나가 아니라 무대 쪽에 있다.

19. 임의의 세 연속 정수 중 하나는 3의 배수임을 경우법으로 증명하시오. 각 케이스에서 셋 중 누가 3의 배수인지 지목하시오.

힌트

세 수를 \(n, n+1, n+2\)로 두고 \(n\)을 3으로 나눈 나머지로 분할한다. 나머지가 1이면

3의 배수가 되는 것은 셋 중 어느 것인지 직접 계산해 본다.

20. (서술) (a) “\(\lor\)의 위치가 도구를 정한다”를 예제 2.1(가정의 \(\lor\) \(\to\) 경우법)과 예제 2.2(결론의 \(\lor\) \(\to\) 소거법)로 뒷받침하고, 이것이 S6~S7주차에서 양화사의 위치가 처리법을 정한 것과 같은 정신임을 세 문장 이내로 쓰시오. (b) 소거법\(\cdot\)대우(S12주차)\(\cdot\)조건문 분해(1권 9주차) 세 가지가 하나의 논리적 동치로 묶임을 문제 14의 결과로 두 문장 이내로 설명하시오.

힌트

(a)는 두 예제에서 \(\lor\)의 위치가 만든 부담을 먼저 적고, 그 부담을 도구가 어떻게 없앴는지로

잇는다 — 양화사 쪽 대비는 결론의 \(\forall\)에 선택법(S6주차)이, 가정의 \(\forall\)에 특수화(S7주차)가

붙었다는 것 하나면 된다. (b)는 문제 14의 결론이 그대로 답이다 — 세 이름이 어느 하나의

동치에서 갈라져 나오는지를 지목한다.

백지 재현 — 복습 프로토콜

이번 주의 5일 루틴. 원서와 교안을 번갈아 쓰는 순서다.

요일	할 일
1일차	원서 Solow 13장 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 13장의 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 13장은 두 도구를 한 장에 나란히 놓고 짧게 지나가므로, 교안 §1.7의 판정법 표를 손에 쥐고 다시 읽으면 원서 예제의 각 줄이 어느 도구의 문장인지 짚을 수 있다.

1차 시도 — 틀 카드 허용. 다음 세 상자만 옮겨 적은 카드를 펴 놓는다: S15주차 정의 15.1, 정의 15.2, 판정법 표(§1.7). 그 상태에서 예제 2.1을 판정부터 종합 문장까지 적고, 이어서 예제 2.2를 3단 라벨과 함께 적는다. 예제 본문과 확인 상자는 보지 않는다.

2차 시도 — 완전 백지. 아무것도 보지 않고 수행한다.

• 경우법의 두 요건과 그 정당성(1권 17주차 문제 20(a)의 동치)을 썼다.

• 소거법의 3단 서식과 그 정당성(조건문 분해, 1권 9주차)을 쓰고, \(\neg P \Rightarrow Q \equiv P \vee Q\)를 이중부정까지 포함해 유도했다.

• 판정법 표 다섯 줄을 재현하고, 문제 2의 네 명제를 표만 보고 다시 판정했다.

• 예제 2.1을 처음부터 끝까지 재현하고, 전수성이 선언되는 줄과 회수되는 줄을 손가락으로 짚었다.

• 예제 2.2를 재현하고, \(a \neq 0\)이 소비되는 줄을 지목했다.

• 걸음 삭제 실험 둘(전수성 근거를 지운 답안, 부정 선언을 지운 답안)을 재현하고 각각 무엇이 무너지는지 적었다.

• 숨은 \(\lor\) 다섯 줄을 재현하고, 각각이 가정 쪽인지 결론 쪽인지 판정했다.

• WLOG의 허용 조건(남은 상황이 이름 교환으로 옮겨지는가)을 쓰고, 정당하지 않은 선언의 예를 하나 들었다.

• 원서 13장을 두 번 읽었고, 1일차에 표시한 문장이 전부 해결되었다.

막힌 지점별 처방. 막힌 지점이 무엇을 다시 볼지 알려 준다.

막힌 지점	처방
경우법인지 소거법인지 정하지 못한다	§1.7 판정법 표를 위에서부터 훑는다. 판정은 명제의 어느 부분에 \(\lor\)가 있는지만 묻는다
문면에 “또는”이 없어 도구가 안 붙는다	§1.6 숨은 \(\lor\) 표 — 부등호\(\cdot\)절댓값\(\cdot\)영인수\(\cdot\)나머지 네 자리를 먼저 검사한다
케이스를 몇 개로 나눌지 모르겠다	예제 2.1의 설계 — 분할은 “정의를 풀려면 무엇을 알아야 하는가”가 정한다
전수성의 근거로 무엇을 쓸지 모르겠다	§1.8 근거 ④ — 정수는 나눗셈 정리, 실수는 삼분법, 절댓값은 1권 17주차 정의 17.1의 두 갈래
소거법에서 어느 쪽을 부정할지 모르겠다	§1.4 끝의 두 기준 — 부정했을 때 쓸모가 있는 쪽, 몸통에서 실제로 소비되는 쪽
케이스마다 계산이 거의 같아 지겹다	§1.5 ㄱ — 명제가 문자 교환에 대칭인지 확인하고 WLOG를 검토한다. 대칭이 아니면 접을 수 없다
답안이 옳아 보이는데 명제가 거짓이다	§1.3 삭제 실험 — 덮이지 않은 조각을 찾는다. 그 조각이 반례의 산지다

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) 숨은 (2) 실수 전체 (3) \(x\) (4) \(>\) (5) 경우 (6) 가정

※ 케이스 1에서 결론이 “\(x \ge x\)”가 되는 것이 어색해 보이지만, \(\ge\)는 “\(>\) 또는 \(=\)”이므로 등호 쪽으로 참이다(§1.6 첫째 줄). 부등호에 숨은 \(\lor\)가 결론 쪽에 있고, 두 조각 중 하나만 성립하면 되므로 지목이 이미 끝나 있다 — 판정법 셋째 줄과 같은 사정이다.

빈칸 사다리 — 훈련 2

(1) 결론 (2) 소거 (3) \(\neq\) (4) 영인수 성질 (예제 2.2 — 근거 ④) (5) \(-2\) (6) 조건문 분해에 의해 (근거 ④) (7) \(x = 2\)

※ (4)에서 인용하는 것이 예제 2.2라는 점이 이 훈련의 요점이다. 소거법으로 증명한 명제가 다음 소거법 답안의 근거로 재취업한다. (7)의 점검은 부정 방향이 대칭일 때 두 방향이 모두 통한다는 확인이고, \(x \neq -2\)를 가정하면 \(x + 2 \neq 0\)이라 같은 논법으로 \(x - 2 = 0\), 곧 \(x = 2\)가 나온다.

빈칸 사다리 — 훈련 3

(1) 가정 쪽의 숨은 \(\lor\)다. 가정 “\(n\)이 3의 배수가 아니다”는 나눗셈 정리로 펴면 “\(n\)을 3으로 나눈 나머지가 1이거나 2이다”가 되므로 판정법 첫째 줄, 경우법이다. (2) “\(n\)이 3의 배수가 아니므로, 나눗셈 정리에 의해 \(n = 3q + 1\) 또는 \(n = 3q + 2\)인 정수 \(q\)가 존재한다(나머지 0은 가정이 배제했다). 두 경우가 3의 배수가 아닌 정수 전체를 덮는다.” (3) “케이스 1 (\(n = 3q + 1\)). 그러면 \(n^2 - 1 = (3q+1)^2 - 1 = 9q^2 + 6q = 3(3q^2 + 2q)\)이고, \(3q^2 + 2q\)는 정수이므로(근거 ②) \(n^2 - 1\)은 3의 배수이다.” (4) “케이스 2 (\(n = 3q + 2\)). 그러면 \(n^2 - 1 = (3q+2)^2 - 1 = 9q^2 + 12q + 3 = 3(3q^2 + 4q + 1)\)이고, 괄호 안은 정수이므로 \(n^2 - 1\)은 3의 배수이다.” (5) “두 경우가 무대를 빠짐없이 덮으므로 \(n^2 - 1\)은 3의 배수이다. 근거는 1권 17주차 문제 20(a)의 동치(근거 ④)다.”

※ 이 훈련의 요점은 부정형 가정을 나눗셈 정리로 펴면 \(\lor\)가 나온다는 것이다. “3의 배수가 아니다”는 그 자리에서는 풀 정의가 없지만, 나머지 세 갈래 중 하나를 가정이 지웠다고 읽으면 남은 두 갈래가 곧 분할이다. 부정형을 만나면 대우나 귀류만 떠올리기 쉬운데(S11~S12주차), 나머지 분류가 있는 자리에서는 경우법이 더 짧다.

문제 1

접근. 네 덩어리를 재생하는 문제이므로, 외운 문장을 그대로 옮기기보다 각 덩어리가 무엇을 막아 주는지 한 줄씩 덧붙이며 적는 쪽이 재현률이 높다. 판정법은 도구 선택을, 경우법의 두 요건은 분할의 결함을, 소거법의 서식은 거짓 주장으로의 격상을, 숨은 \(\lor\) 목록은 신호를 놓치는 것을 각각 막는다.

풀이. ① \(\lor\) 위치별 도구. 가정에 \(\lor\)가 있으면 경우법, 결론에 있으면 소거법. 결론의 \(\lor\)가 각 케이스의 계산으로 지목되면 경우법만으로 끝난다. 가정과 결론에 모두 있으면 바깥이 경우법, 안쪽이 소거법. 결론이 \(\land\)이면 두 도구 모두 대상이 아니고 두 조각을 각각 증명한다.

② 경우법의 두 요건. ① 각 케이스 완결 — 각 \(P_i\)를 가정하고 목표 \(B\)를 증명한다. ② 전수성 — \(P_1, \ldots, P_k\)가 무대를 빠짐없이 덮음을 근거를 대고 밝힌다. 정당성은 \((P_1 \vee P_2) \Rightarrow B \equiv (P_1 \Rightarrow B) \wedge (P_2 \Rightarrow B)\) (1권 17주차 문제 20(a)). 겹침은 무해하고 빠짐은 치명적이다.

③ 소거법의 서식과 정당성. ① “\(\neg P\)라 하자” ② \(Q\)를 유도한다 ③ “따라서 \(P\) 또는 \(Q\)이다”. 정당성은 조건문 분해 \(P \Rightarrow Q \equiv \neg P \vee Q\)(1권 9주차)에서 \(P\) 자리에 \(\neg P\)를 넣고 이중부정을 정리한 것: \(\neg P \Rightarrow Q \equiv P \vee Q\). \(\neg Q \Rightarrow P\)로 가도 같으므로 부정할 쪽은 고를 수 있다.

④ 숨은 \(\lor\) 목록. \(a \le b\)는 “\(<\) 또는 \(=\)”, 절댓값은 부호에 따른 두 갈래, \(\lvert x \rvert = c\)는 “\(x = c\) 또는 \(x = -c\)”, \(ab = 0\)은 “\(a = 0\) 또는 \(b = 0\)”, 나머지 분류는 \(m\)갈래.

복기. 네 덩어리 중 실전에서 가장 먼저 쓰이는 것은 ④다. 문면에 “또는”이 없으면 ①의 판정 자체가 시작되지 않기 때문이다. 백지에서도 ④ \(\to\) ① \(\to\) ② \(\to\) ③의 순서로 적으면 앞의 것이 뒤의 것을 불러 준다.

문제 2

접근. 각 명제에서 연결사가 무엇이고 어디에 있는지만 본다. 증명을 시작할 필요는 없다. 낱말 “또는”이 없으면 §1.6의 표에 걸리는 기호가 있는지 확인하고, 그래도 없으면 연결사가 \(\lor\)가 아닌 것이다.

풀이. (a) \(\lor\)는 결론 쪽이다(”\(x = 0\) 또는 \(x = 1\)”). 판정법 둘째 줄 — 가정 \(x^2 = x\)만으로는 어느 쪽인지 지목되지 않는다(\(x = 0\)과 \(x = 1\)이 둘 다 가정을 만족한다). 도구는 소거법이다.

(b) \(\lor\)는 가정 쪽이다(”\(n\)이 짝수이거나 홀수”). 판정법 첫째 줄, 도구는 경우법이다. 다만 두 케이스 모두에서 \(n^2 \ge 0\)이 (W1) 한 줄로 끝나므로 실제 계산은 나뉘지 않는다 — 가정의 \(\lor\)가 있다고 해서 계산까지 반드시 갈리는 것은 아니다.

(c) \(\lor\)는 결론 쪽이다(”\(x = 8\) 또는 \(x = -2\)”). 판정법 둘째 줄, 도구는 소거법이다. 다른 길도 있다 — 가정 \(\lvert x - 3 \rvert = 5\) 자체가 절댓값이라 §1.6 둘째 줄의 숨은 \(\lor\)를 품고 있으므로, \(x - 3 \ge 0\)과 \(x - 3 < 0\)으로 나누는 경우법으로도 된다. 그때는 결론의 \(\lor\)가 각 케이스에서 구성적으로 지목되어 판정법 셋째 줄이 된다.

(d) 결론의 연결사는 \(\lor\)가 아니라 **\(\land\)**다(”\(a\)가 홀수이고 \(b\)가 홀수”). 판정법 다섯째 줄이므로 두 도구 모두 대상이 아니고, 두 조각을 각각 증명한다. 다만 S12주차의 대우를 만들면 결론의 \(\land\)이 가정의 \(\lor\)로 바뀐다 — 대우는 “\(a\)가 짝수이거나 \(b\)가 짝수이면 \(ab\)는 짝수이다”이고, 여기서는 가정이 \(\lor\)이므로 경우법이 붙는다.

복기. (d)가 이 문제의 함정이다. 도구를 정하기 전에 연결사가 \(\land\)인지 \(\lor\)인지부터 읽어야 하고, \(\land\)이면 대우를 한 번 만들어 보는 것이 \(\lor\)를 얻는 표준 경로다. 곧 논리형 판독이 도구 판정보다 먼저다.

문제 3

접근. 다섯 줄짜리 답안이고, 그중 두 줄(분할 선언과 종합)이 이번 주의 규격이다. 계산 두 줄은 1권 1주차의 리듬 그대로이므로, 재현이 막히는 자리는 대개 규격 쪽이다. 전수성의 근거를 무엇으로 댈지를 먼저 정하고 시작한다.

풀이. 증명. 정수 \(n\)을 임의로 잡자. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 정수 전체를 덮는다.

케이스 1 (\(n\)이 짝수). 정의에 의해 \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면

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

이고 \(2k^2 + k\)는 정수이므로(근거 ②) \(n^2 + n\)은 짝수이다.

케이스 2 (\(n\)이 홀수). 정의에 의해 \(n = 2k + 1\)인 정수 \(k\)가 존재한다. 그러면

\[ n^2 + n = (4k^2 + 4k + 1) + (2k + 1) = 4k^2 + 6k + 2 = 2(2k^2 + 3k + 1) \]

이고 괄호 안은 정수이므로 \(n^2 + n\)은 짝수이다.

두 경우가 정수 전체를 빠짐없이 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 + n\)은 짝수이다. \(\blacksquare\)

검산. \(n = 3\): \(n^2 + n = 12\) — 짝수이고 케이스 2에서 \(k = 1\)이므로 \(2(2 + 3 + 1) = 12\) ✓. \(n = -4\): \(16 - 4 = 12\) — 짝수이고 케이스 1에서 \(k = -2\)이므로 \(2(8 - 2) = 12\) ✓.

문제 4

접근. 세 훈련의 답은 앞의 사다리 해설에 있다. 여기서 확인할 것은 답이 맞았는가가 아니라 어디를 보고 채웠는가다. 훈련 1은 1권 정의 17.1의 갈래를, 훈련 2는 소거법 3단을, 훈련 3은 나눗셈 정리를 보고 채워야 한다.

풀이. 자가 채점의 항목은 다음 다섯이다. ① 훈련 1에서 (1)에 “숨은”을 적었는가 — 문면에 “또는”이 없다는 것을 알아챘는지의 확인이다. ② 훈련 1의 (4)에서 부등호 방향을 “\(>\)”로 적었는가 — \(x < 0\)의 양변에 \(-1\)을 곱해 방향이 뒤집힌 결과다((W3), 근거 ③). ③ 훈련 2의 (4)에서 근거로 “영인수 성질”을 대고 출처(예제 2.2)를 함께 적었는가. ④ 훈련 2의 (6)에서 조건문 분해를 인용했는가 — 이 줄이 없으면 증명된 것은 조건문뿐이다. ⑤ 훈련 3의 (2)에서 나머지 0이 가정에 의해 배제되었다는 것을 명시했는가.

복기. 사다리의 세 훈련이 판정법 표의 첫째\(\cdot\)둘째\(\cdot\)첫째 줄에 대응한다. 훈련 1과 3이 같은 줄인데도 분할의 근거가 다르다는 것(1권 정의 17.1 대 나눗셈 정리)이 이 사다리의 설계 의도다 — 전수성의 근거는 무대가 정한다.

문제 5

접근. 다섯 줄짜리 답안이고, 그중 세 줄이 소거법의 3단이다. 재현에서 빠뜨리기 쉬운 것은 첫 줄(원명제의 가정 \(ab = 0\)을 받는 문장)과 마지막 줄(\(\lor\) 선언)이다. 두 줄이 없으면 답안이 “\(a \neq 0\)이면 \(b = 0\)”이라는 조건문에서 끝난다.

풀이. 증명 (소거법). \(ab = 0\)이라 하자. 소거법을 쓴다. \(a \neq 0\)이라 하자 [걸음 ①]. \(a \neq 0\)이므로 역수 \(\frac1a\)이 존재한다(근거 ④). \(ab = 0\)의 양변에 \(\frac1a\)을 곱하면

\[ b = \left(\frac1a a\right) b = \frac1a (ab) = \frac1a \cdot 0 = 0 \]

이다 [걸음 ②]. 조건문 분해에 의해 따라서 \(a = 0\) 또는 \(b = 0\)이다 [걸음 ③]. \(\blacksquare\)

\(a \neq 0\)이 소비되는 자리. “역수 \(\frac1a\)이 존재한다”는 줄 하나뿐이다. 그 뒤로는 \(a \neq 0\)이 다시 쓰이지 않는다. 소거법에서 부정한 사실은 대개 이렇게 한 곳에서만 소비되고, 그 한 곳이 없으면 걸음 ①이 헛돈다 — 부정할 쪽을 고르는 기준 ㄴ(§1.4 끝)이 이 관찰에서 나온다.

검산. \(a = 3, b = 0\): 가정 \(ab = 0\)이 참이고 결론의 오른쪽 조각이 참 ✓. \(a = 0, b = 5\): 가정이 참이고 왼쪽 조각이 참이며, 이 경우 걸음 ①의 가정 “\(a \neq 0\)”이 거짓이므로 조건문이 공허하게 참이 되어 답안과 어긋나지 않는다 ✓.

문제 6

접근. 두 답안의 병이 서로 다르다. 답안 1은 계산이 옳고 지금의 무대에서는 결론도 옳으므로, 병명을 쓸 때 무대 조건을 함께 적어야 진단이 정확해진다. 답안 2는 병이 두 개이고, 둘 중 하나(명제가 거짓)가 다른 하나(도구 오선택)보다 먼저 잡혀야 한다.

풀이. 답안 1 재현. “케이스 1 (\(x\)가 양수): \(\lvert x \rvert = x\)이므로 \(\frac{x}{\lvert x \rvert} = 1\). 케이스 2 (\(x\)가 음수): \(\lvert x \rvert = -x\)이므로 \(\frac{x}{\lvert x \rvert} = -1\). 따라서 \(\pm 1\)이다.”

병명. 무대가 “0 아닌 실수”인 한 이 답안은 옳고, 결함은 전수성의 근거가 문면에 없다는 서식 결함뿐이다. 그러나 무대를 “모든 실수”로 넓히면 병명이 전수성 결함이 된다 — \(x = 0\)이 어느 케이스에도 들지 않고, 그 값에서 \(\frac00\)이 정의되지 않아 명제 자체가 무의미해진다. 수리: 무대를 “0 아닌 실수”로 명시하고, 분할 선언에 “삼분법에 의해”를 붙이고, 마지막에 전수성을 회수한다.

답안 2 재현. “\(2 \nmid n\)이라 가정하면 \(3 \mid n\)이어야 하고, 그러면 \(6 \mid n\)을 보이자 …”

병명 (둘). 첫째, 명제가 거짓이다 — \(n = 2\)가 반례다(\(2 \mid 2\)이지만 \(6 \nmid 2\)). 둘째, 도구 선택 오류 — \(\lor\)가 가정 쪽에 있으므로 판정법 첫째 줄, 경우법이 붙어야 하는데 결론의 \(\lor\)에 붙는 소거법을 흉내 냈다. 그 결과 케이스 “\(2 \mid n\)”이 통째로 다루어지지 않는다.

복기. 두 병이 잡히는 순서가 다르다. 답안 1의 병은 무대를 읽으면 잡히고, 답안 2의 병은 작은 값을 대입하면 잡힌다. 경우법 답안을 검사할 때는 이 두 가지를 먼저 한다 — 무대 확인과 정찰 대입. 계산 검사는 그다음이다.

문제 7

접근. 훈련 1과 분할이 같다 — 절댓값의 1권 17주차 정의 17.1이 두 갈래이므로 가정 쪽의 숨은 \(\lor\)다. 도착점만 “\(\lvert x \rvert \ge x\)”에서 “\(\lvert x \rvert \ge 0\)”으로 바뀐다. 케이스 2에서 \(-x\)의 부호를 어떻게 얻는지가 이 문제의 유일한 계산이다.

풀이. 증명. 실수 \(x\)를 임의로 잡자. 삼분법에 의해 \(x \ge 0\)이거나 \(x < 0\)이고, 두 경우가 실수 전체를 덮는다.

케이스 1 (\(x \ge 0\)). 1권 정의 17.1의 첫 갈래에 의해 \(\lvert x \rvert = x\)이고, 가정이 \(x \ge 0\)이므로 \(\lvert x \rvert \ge 0\)이다.

케이스 2 (\(x < 0\)). 1권 정의 17.1의 둘째 갈래에 의해 \(\lvert x \rvert = -x\)이다. \(x < 0\)의 양변에 \(-1\)을 곱하면 (W3)에 의해 부등호가 뒤집혀 \(-x > 0\)이고, 따라서 \(\lvert x \rvert = -x > 0\), 곧 \(\lvert x \rvert \ge 0\)이다.

두 경우가 실수 전체를 빠짐없이 덮으므로 모든 실수 \(x\)에 대해 \(\lvert x \rvert \ge 0\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 케이스 2의 마지막에서 “\(> 0\)”을 “\(\ge 0\)”으로 약하게 바꾸는 줄이 필요하다. 도착점이 \(\ge\)인데 손에 든 것이 \(>\)이면, \(\ge\)가 “\(>\) 또는 \(=\)”이라는 숨은 \(\lor\)(§1.6 첫째 줄)에서 왼쪽 조각이 참이므로 전체가 참이다. 더 강한 것을 얻었을 때 목표의 꼴로 낮춰 적는 것도 한 줄의 근거를 요구한다.

문제 8

접근. 결론이 \(\lor\)이므로 판정법 둘째 줄, 소거법이다. 부정할 쪽으로 “\(x = 0\)”을 고르면 \(x \neq 0\)이 손에 들어오고, 그것이 나눗셈을 허락한다 — 부정한 사실이 실제로 소비되는 선택이므로 기준 ㄴ에 맞는다.

풀이. 증명 (소거법). \(x^2 = x\)라 하자. 소거법을 쓴다. \(x \neq 0\)이라 하자 [걸음 ①]. \(x \neq 0\)이므로 \(x^2 = x\)의 양변을 \(x\)로 나눌 수 있고,

\[ \frac{x^2}{x} = \frac{x}{x} \quad \Longrightarrow \quad x = 1 \]

이다 [걸음 ②]. 조건문 분해에 의해 따라서 \(x = 0\) 또는 \(x = 1\)이다 [걸음 ③]. \(\blacksquare\)

다른 경로. \(x^2 = x\)에서 \(x^2 - x = 0\), 곧 \(x(x-1) = 0\)이다. 예제 2.2의 영인수 성질을 근거 ④로 인용하면 \(x = 0\) 또는 \(x - 1 = 0\)이고, 후자는 \(x = 1\)이다.

복기. 두 경로가 같은 일을 한다. 소거법 경로는 “0이 아니면 나눌 수 있다”를 그 자리에서 쓴 것이고, 영인수 경로는 그 사실이 이미 정리로 포장된 것을 꺼내 쓴 것이다. 소거법으로 한 번 증명해 둔 명제는 그다음부터 근거 ④의 한 줄이 된다 — 예제 2.2가 여기서 회수된다. 검산. \(x = 1\): \(1^2 = 1\) ✓. \(x = 0\): \(0^2 = 0\) ✓. \(x = 2\): \(4 \neq 2\)이므로 가정을 만족하지 않아 무관 ✓.

문제 9

접근. 확인 8에서 판정을 이미 했다. 가정 쪽의 숨은 \(\lor\)(홀짝 분할)가 경우법을 부르고, 결론의 \(\lor\)는 각 케이스의 계산이 지목하므로 소거법을 쓸 자리가 없다 — 판정법 셋째 줄이다. 할 일은 케이스마다 \(n^2\)을 \(4 \times (\text{정수})\) 또는 \(4 \times (\text{정수}) + 1\) 꼴로 만드는 것뿐이다.

풀이. 증명. 정수 \(n\)을 임의로 잡자. 나눗셈 정리에 의해 \(n\)은 짝수이거나 홀수이고, 두 경우가 정수 전체를 덮는다.

케이스 1 (\(n\)이 짝수). \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 존재하고

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

이다. \(k^2\)이 정수이므로 \(n^2 - 0 = 4k^2\)은 4의 배수, 곧 \(n^2 \equiv 0 \pmod 4\)이다 (1권 20주차 정의 20.1).

케이스 2 (\(n\)이 홀수). \(n = 2k + 1\)인 정수 \(k\)가 존재하고

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

이다. \(k^2 + k\)가 정수이므로 \(n^2 - 1 = 4(k^2 + k)\)는 4의 배수, 곧 \(n^2 \equiv 1 \pmod 4\)이다.

두 경우가 정수 전체를 빠짐없이 덮으므로, 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^2 \equiv 0\) 또는 \(1 \pmod 4\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 결론의 \(\lor\)가 여기서 해소되는 방식이 소거법과 정반대다. 소거법은 한쪽을 부정해 다른 쪽으로 몰아가지만, 여기서는 각 케이스가 두 조각 중 누구인지 지목한다 — 짝수 쪽은 0, 홀수 쪽은 1. 이런 구성적 해소가 가능하면 소거법은 불필요하고, 그 신호가 판정법 셋째 줄이다. (같은 사실을 1권 17주차 문제 9에서 나머지의 언어로 증명했다. 문제 19가 이 구조의 세 갈래 판이다.) 검산. \(n = 5\): \(25 = 4 \cdot 6 + 1\) ✓. \(n = 6\): \(36 = 4 \cdot 9\) ✓.

문제 10

접근. 결론이 \(\lor\)이므로 소거법이다. 부정할 쪽은 “\(p \mid a\)”를 고른다 — \(p \nmid a\)가 소수의 약수 구조와 결합해 \(\gcd(p, a) = 1\)을 주고, 그것이 베주 항등식의 입력이 되기 때문이다. 기준 ㄴ(부정한 사실이 실제로 소비되는가)에 정확히 맞는 선택이다.

풀이. 증명 (소거법). 소수 \(p\)와 정수 \(a, b\)에 대해 \(p \mid ab\)라 하자. 소거법을 쓴다. \(p \nmid a\)라 하자 [걸음 ①].

\(p\)가 소수이므로 \(p\)의 양의 약수는 1과 \(p\)뿐이다. \(\gcd(p, a)\)는 \(p\)의 양의 약수이므로 1 또는 \(p\)인데, \(\gcd(p, a) = p\)이면 \(p \mid a\)가 되어 걸음 ①의 가정과 충돌한다. 따라서 \(\gcd(p, a) = 1\)이다 [걸음 ①이 소비되는 자리].

베주 항등식(근거 ④, C15주차)에 의해

\[ px + ay = 1 \]

인 정수 \(x, y\)가 존재한다. 양변에 \(b\)를 곱하면

\[ pbx + aby = b \]

이다. 좌변의 첫 항은 \(p \mid pbx\)이고, 둘째 항은 가정 \(p \mid ab\)에서 \(ab = pm\)인 정수 \(m\)이 있으므로 \(aby = pmy\), 곧 \(p \mid aby\)이다. 두 항이 모두 \(p\)의 배수이므로 그 합도 \(p\)의 배수이고(1권 2주차의 배수의 합), 따라서 \(p \mid b\)이다 [걸음 ②].

조건문 분해에 의해 따라서 \(p \mid a\) 또는 \(p \mid b\)이다 [걸음 ③]. \(\blacksquare\)

베주가 소비되는 줄. “\(px + ay = 1\)인 정수 \(x, y\)가 존재한다” 한 줄이다. 이 한 줄이 없으면 \(\gcd(p,a) = 1\)이라는 사실에서 \(b\)로 넘어갈 통로가 없다 — 서로소라는 말은 그 자체로는 등식이 아니기 때문이고, 베주는 그 말을 등식으로 바꿔 주는 정리다.

복기. 이 증명이 소거법의 표준 형태다. 부정 \(\to\) 그 부정에서만 나오는 사실 (\(\gcd = 1\)) \(\to\) 기성 정리의 입력 \(\to\) 도착점. S13주차 문제 12가 이 보조정리를 기성품으로 인용했고, C15주차에서 베주까지 포함한 완전판이 세워진다. 검산. \(p = 5\), \(a = 4\), \(b = 10\): \(ab = 40\)이고 \(5 \mid 40\) ✓. \(5 \nmid 4\)이므로 걸음 ①이 발동하고 결론은 \(5 \mid 10\) ✓.

문제 11

접근. 좌변 \(\lvert ab \rvert\)를 정의로 풀려면 곱 \(ab\)의 부호를 알아야 하고, 그것은 \(a\)와 \(b\) 각각의 부호가 정해져야 정해진다. 그래서 분할은 두 문자의 부호를 각각 나눈 \(2 \times 2 = 4\)케이스다. 전수성의 근거는 삼분법이고, 두 문자에 각각 적용한다.

풀이. 증명. 실수 \(a, b\)를 임의로 잡자. 삼분법에 의해 \(a \ge 0\)이거나 \(a < 0\)이고, \(b\)에 대해서도 같다. 네 조합이 모든 경우를 덮는다.

케이스 1 (\(a \ge 0\), \(b \ge 0\)). (W4)에 의해 \(ab \ge 0\)이므로 \(\lvert ab \rvert = ab\)이고, \(\lvert a \rvert = a\), \(\lvert b \rvert = b\)이므로 \(\lvert a \rvert \lvert b \rvert = ab\)이다. 양변이 같다.

케이스 2 (\(a \ge 0\), \(b < 0\)). \(-b > 0\)이므로 (W4)에 의해 \(a(-b) \ge 0\), 곧 \(ab \le 0\)이다. 여기서 \(ab\)의 부호를 한 번 더 갈라야 1권 정의 17.1을 펼 수 있다. \(ab = 0\)이면 첫 갈래에 의해 \(\lvert ab \rvert = ab = 0\)이고 \(a(-b) = -(ab) = 0\)이므로 둘이 같고, \(ab < 0\)이면 둘째 갈래에 의해 \(\lvert ab \rvert = -(ab) = a(-b)\)이다. 어느 쪽이든 \(\lvert ab \rvert = a(-b)\)이다. 한편 \(\lvert a \rvert = a\), \(\lvert b \rvert = -b\)이므로 \(\lvert a \rvert \lvert b \rvert = a(-b)\)이다. 양변이 같다.

케이스 3 (\(a < 0\), \(b \ge 0\)). 케이스 2에서 \(a\)와 \(b\)의 이름을 맞바꾼 것과 같고, 줄의 배치도 같다. \(-a > 0\)이므로 (W4)에 의해 \((-a)b \ge 0\), 곧 \(ab \le 0\)이다. \(ab = 0\)이면 1권 정의 17.1의 첫 갈래에 의해 \(\lvert ab \rvert = ab = 0\)이고 \((-a)b = -(ab) = 0\)이므로 둘이 같고, \(ab < 0\)이면 둘째 갈래에 의해 \(\lvert ab \rvert = -(ab) = (-a)b\)이다. 한편 \(\lvert a \rvert = -a\), \(\lvert b \rvert = b\)이므로 \(\lvert a \rvert \lvert b \rvert = (-a)b\)이다. 양변이 같다.

케이스 4 (\(a < 0\), \(b < 0\)). \(-a > 0\)이고 \(-b > 0\)이므로 (W4)에 의해 \((-a)(-b) > 0\)이고, \((-a)(-b) = ab\)이므로 \(ab > 0\)이다. 따라서 \(\lvert ab \rvert = ab = (-a)(-b)\)이고, \(\lvert a \rvert \lvert b \rvert = (-a)(-b)\)이다. 양변이 같다.

네 경우가 모든 실수 쌍을 빠짐없이 덮으므로 \(\lvert ab \rvert = \lvert a \rvert \lvert b \rvert\)이다. \(\blacksquare\)

대칭 감축의 검토. 케이스 2와 3은 \(a\)와 \(b\)의 이름만 맞바꾼 관계다. 명제의 좌변 \(\lvert ab \rvert\)와 우변 \(\lvert a \rvert \lvert b \rvert\)가 모두 \(a \leftrightarrow b\) 교환에 불변이므로, 케이스 3의 자리에 “케이스 2에서 \(a\)와 \(b\)의 이름을 맞바꾼 것과 같다”만 적고 몸통을 생략할 수 있다 — 실질 케이스가 4개에서 3개로 준다. 줄인 근거를 반드시 한 줄로 밝혀야 하는 것은 그대로다(§1.5 ㄱ).

여기서 허용되지 않는 WLOG. 부호 전체에 걸친 “일반성을 잃지 않고 \(a \ge 0\)이라 하자”는 쓸 수 없다. 이 선언이 남기는 상황에는 \((a < 0,\, b < 0)\)이 들어 있고, 이 상황은 두 문자의 이름을 맞바꿔도 \((a < 0,\, b < 0)\) 그대로여서 다룬 상황으로 옮겨지지 않기 때문이다 — §1.5 ㄱ과 확인 7이 세운 허용 조건(“남은 상황이 이름 교환으로 옮겨지는가”)에 그대로 걸린다. 대칭이 접어 주는 것은 케이스 2와 3 사이뿐이고, 케이스 4는 언제나 따로 써야 한다.

복기. 절댓값 증명의 순서가 이 답안에서 굳는다 — 부호를 먼저 정하고, 그다음에 절댓값을 벗긴다. 좌변과 우변에서 부호를 정해야 할 대상이 다르다는 것(좌변은 곱, 우변은 각 인수)이 케이스가 4개가 되는 이유다. (1권 17주차 문제 10이 같은 명제이고, 이번에는 전수성과 대칭 감축을 답안 표면에 드러냈다.)

문제 12

접근. 두 케이스의 계산은 각각 옳다 — 케이스 1은 (W3), 케이스 2는 (W1)과 (W6)으로 검사된다. 그러므로 결함은 계산이 아니라 분할에 있다. §1.3의 삭제 실험과 같은 자리, 곧 무대에서 덮이지 않은 값을 찾는다.

풀이. 결함: 전수성 결함. 분할이 “\(n\)이 양수” / “\(n\)이 음수”인데, 무대는 정수 전체다. \(n = 0\)이 어느 케이스에도 들지 않는다.

그 값에서 명제는 성립하는가. 성립한다: \(0^2 = 0 \ge 0\). 곧 명제 자체는 참이고, 결함은 답안의 분할에만 있다. (앞의 §1.3 삭제 실험에서는 빠진 값이 반례여서 명제까지 거짓이었다 — 같은 병이 두 결과를 낳는다.)

케이스 보강. 분할을 셋으로 늘린다. 케이스 3 (\(n = 0\)): \(n^2 = 0\)이고 \(n = 0\)이므로 \(n^2 \ge n\)이다. 그리고 분할 선언에 전수성의 근거를 붙인다 — “삼분법에 의해 \(n\)은 양수이거나 0이거나 음수이고, 세 경우가 정수 전체를 덮는다.”

다른 수리. 케이스 1의 조건을 “\(n \ge 1\)”로 적으면 정수라는 무대에서 “\(n\)이 양수”와 같은 뜻이므로 사정이 바뀌지 않는다. 대신 케이스 1을 “\(n \ge 0\)”으로 넓히면 \(n = 0\)이 흡수되지만, 몸통은 다시 \(n = 0\)과 \(n \ge 1\)로 갈린다. 케이스 1의 계산은 “\(n \ge 1\)이므로 \(n \cdot n \ge n \cdot 1\)”이라는 (W3) 한 줄인데, 이 줄이 \(n = 0\)에서는 아무것도 주지 않기 때문이다. “\(n \ge 0\)”만으로는 목표에 닿지 못한다는 것은 무대를 실수로 넓혀 보면 분명하다 — \(0 \le t < 1\)인 실수에서는 \(t^2 < t\)이므로, \(n\)이 정수이고 \(n \ge 1\)이라는 조건이 있어야 (W3)이 작동한다. 그러므로 \(n = 0\)을 별도 케이스로 두는 편이 짧다.

복기. 경우법 답안을 검사할 때 가장 먼저 의심할 값은 0과 경계값이다. “양수 또는 음수”라는 분할은 무대에 0이 있으면 언제나 새고, 무대가 0을 배제했으면 언제나 안전하다 (예제 2.3 답안 1). (\(n^2 \ge n\)은 S6주차 문제 2(d)에서 이미 다룬 명제다.)

문제 13

접근. \(\max\)와 \(\min\)은 케이스 정의이므로(1권 17주차) 값을 확정하려면 \(a\)와 \(b\)의 대소를 알아야 한다 — 가정 쪽의 숨은 \(\lor\)다. 그런데 명제가 두 문자의 교환에 대칭이므로 케이스 두 개를 WLOG로 하나로 접을 수 있다.

풀이. 증명. 실수 \(a, b\)를 임의로 잡자. 명제는 \(a\)와 \(b\)의 교환에 대해 대칭이다 — 좌변 \(\max\{a,b\} + \min\{a,b\}\)는 두 값의 집합만 보므로 교환에 불변이고, 우변 \(a + b\)도 덧셈의 교환법칙으로 불변이다. 따라서 일반성을 잃지 않고 \(a \le b\)라 하자 [WLOG. 남은 상황 \(a > b\)는 두 문자의 이름을 맞바꾸면 다룬 상황이 되고, 삼분법에 의해 두 상황이 전부다].

\(a \le b\)이므로 \(\max\{a, b\} = b\)이고 \(\min\{a, b\} = a\)이다(정의 그대로). 그러면

\[ \max\{a,b\} + \min\{a,b\} = b + a = a + b \]

이다. \(\blacksquare\)

WLOG를 쓰지 않으면. 케이스 2(\(a > b\))를 적어야 하고, 그 내용은 “\(\max\{a,b\} = a\), \(\min\{a,b\} = b\)이므로 합은 \(a + b\)”가 되어 케이스 1과 문자만 맞바뀐 같은 글이다. WLOG는 이 중복을 없애는 장치이지 케이스를 없애는 장치가 아니다 (§1.5 ㄱ).

복기. WLOG 답안의 채점 항목은 두 개다 — ① 대칭성의 근거를 적었는가(좌변과 우변이 각각 교환에 불변임) ② 남은 상황이 이름 교환으로 옮겨진다고 밝혔는가. 둘 중 하나라도 없으면 케이스를 정당하게 접은 것인지 그냥 빠뜨린 것인지 구별되지 않는다(1권 17주차 문제 19의 답안이 그 예다). 검산. \(a = 2, b = 7\): \(7 + 2 = 9 = 2 + 7\) ✓. \(a = b = 3\): \(3 + 3 = 6\) ✓ (경계 \(a = b\)가 WLOG의 “\(a \le b\)”에 포함된다).

문제 14

접근. (a)는 S12주차의 서식 그대로다. (b)에서는 조건문 분해로 원명제를 \(\lor\) 꼴로 바꾼 뒤, 두 조각 중 어느 쪽을 부정하느냐로 결과가 갈린다. 그 갈림을 직접 확인하는 것이 이 문제의 목적이므로 두 방향을 모두 적어야 한다.

풀이. (a) 대우. 원명제의 \(A\)는 “\(n^2\)이 짝수”, \(B\)는 “\(n\)이 짝수”다. 대우는 “\(n\)이 홀수이면 \(n^2\)은 홀수이다”이다. \(n\)이 홀수라 하자. \(n = 2k+1\)인 정수 \(k\)가 존재하고

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

이다. \(2k^2 + 2k\)는 정수이므로 \(n^2\)은 홀수이다. 대우가 증명되었으므로 원명제가 성립한다. \(\blacksquare\)

(b) 조건문 분해로 재포장. 1권 9주차의 동치에 의해

\[ A \Rightarrow B \equiv \neg A \vee B \]

이므로, 원명제는 “\(n^2\)이 홀수이거나 \(n\)이 짝수이다”와 같은 명제다. 이제 결론이 \(\lor\)이므로 소거법을 쓸 수 있고, 부정할 쪽이 두 가지다.

방향 ㄱ — 왼쪽을 부정한다. \(\neg(\text{\)n^{}2\(이 홀수})\), 곧 “\(n^2\)이 짝수”를 가정하고 “\(n\)이 짝수”를 유도해야 한다. 그런데 이것은 원명제 그 자체다 — 진전이 없다.

방향 ㄴ — 오른쪽을 부정한다. \(\neg(\text{\)n\(이 짝수})\), 곧 “\(n\)이 홀수”를 가정하고 “\(n^2\)이 홀수”를 유도한다. 이 계산은 (a)의 몸통과 글자까지 같다.

결론. 방향 ㄴ의 소거법과 (a)의 대우는 같은 계산이다. 이유는 조건문 분해에 있다 — \(\neg A \vee B\)에서 오른쪽 \(B\)를 부정해 왼쪽으로 가는 것은 \(\neg B \Rightarrow \neg A\)이고, 이것이 바로 대우의 정의다. 곧 대우는 조건문 분해가 만든 \(\lor\)에 소거법을 한 방향으로 적용한 것이다.

복기. 틀은 셋(대우\(\cdot\)소거\(\cdot\)조건문 분해)이지만 손은 하나다. 실전에서 얻는 것은 방향 선택의 지침이다 — 재포장한 \(\lor\)에서 부정했을 때 정의가 풀리는 쪽을 부정한다. 방향 ㄱ이 헛돈 이유도 그것이다: “\(n^2\)이 짝수”에서는 \(n\)을 꺼낼 방법이 근거 목록에 없다(S12주차 예제 2.1의 판정과 같은 자리).

문제 15

접근. “적어도 둘”이라는 결론은 \(\lor\)의 확장이다 — \((a,b)\)가 같은 부호이거나 \((b,c)\)가 같은 부호이거나 \((a,c)\)가 같은 부호다. 세 조각 중 어느 쪽인지 지목할 수 없으므로 소거를 세 번 겹치면 복잡해진다. 대신 부호로 상자를 만들면 비둘기집이 지목을 대신해 준다.

풀이. 증명. 상자를 두 개 만든다 — 상자 A는 “\(\ge 0\)”인 수를 담고, 상자 B는 “\(< 0\)”인 수를 담는다. 삼분법에 의해 모든 실수는 두 상자 중 정확히 하나에 들어가므로 이 배정은 전수적이고 배타적이다.

세 실수 \(a, b, c\)를 이 두 상자에 넣는다. 물건이 3개이고 상자가 2개이므로, 비둘기집 원리에 의해 어떤 상자에는 두 개 이상이 들어간다(근거 ④). 상자 2개\(\cdot\)물건 3개짜리 사례이므로 1권 26주차 문제 19의 귀류 논법을 그대로 옮겨 쓸 수 있다 — 두 상자가 모두 하나 이하를 담는다고 가정하면 총합이 2 이하가 되어 3과 충돌한다.

그 상자가 A인 경우. 그 상자에 든 두 수는 둘 다 \(\ge 0\)이다 — 결론의 왼쪽 조각이 성립한다.

그 상자가 B인 경우. 그 상자에 든 두 수는 둘 다 \(< 0\)이고, \(< 0\)이면 \(\le 0\)이므로 둘 다 \(\le 0\)이다 — 결론의 오른쪽 조각이 성립한다.

두 경우가 전부이므로, 세 실수 중 적어도 둘은 같은 부호이다. \(\blacksquare\)

0의 배정. 0을 상자 A에 넣었다는 것이 이 증명의 유일한 설계 결정이다. 상자 B에 넣어도 되지만, 어느 쪽이든 한 번만 정하고 끝까지 지켜야 배타성이 유지된다. 배타성이 깨지면 “물건 3개, 상자 2개”라는 세는 방식 자체가 무너져 비둘기집을 쓸 수 없다.

복기. 결론의 \(\lor\)가 세 조각 이상일 때 소거법의 비용이 급히 오른다는 것이 이 문제의 교훈이다. 그때는 결론을 지목해 주는 다른 구조 — 여기서는 상자와 세기 — 를 찾는 편이 짧다. 판정법 셋째 줄의 확장으로 읽어도 된다: 지목을 대신해 주는 장치가 있으면 소거법은 필요 없다. 검산. \(a = 3, b = -1, c = -5\): 상자 A에 \(\{3\}\), 상자 B에 \(\{-1, -5\}\) — B에 둘이 들었고 둘 다 \(\le 0\) ✓.

문제 16

접근. 두 경로를 모두 적어야 하므로, 각 경로가 어디서 비용을 치르는지 보면서 쓴다. 부호 케이스 경로는 \(x\)와 \(y\)의 부호가 다를 때 \(x + y\)의 부호가 또 갈려 하위 케이스가 생긴다. 경계 경로는 케이스를 아예 만들지 않는 대신 보조정리 하나를 인용한다.

풀이. 경로 1 — 부호 케이스. 실수 \(x, y\)를 임의로 잡자. 삼분법에 의해 각각 \(\ge 0\)이거나 \(< 0\)이고, 네 조합이 전부다.

케이스 1 (\(x \ge 0\), \(y \ge 0\)). \(x + y \ge 0\)이므로 \(\lvert x + y \rvert = x + y = \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이고, 등호로 성립한다.

케이스 2 (\(x < 0\), \(y < 0\)). \(x + y < 0\)이므로 \(\lvert x + y \rvert = -(x+y) = (-x) + (-y) = \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이고, 등호로 성립한다.

케이스 3 (\(x \ge 0\), \(y < 0\)). \(x + y\)의 부호가 정해지지 않으므로 다시 나눈다. \(x + y \ge 0\)이면 \(\lvert x + y \rvert = x + y \le x = \lvert x \rvert\)이고 (\(y < 0\)이므로 (W2)로 \(x + y < x\)), \(\lvert y \rvert \ge 0\)이므로 \(\lvert x \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이다. 추이성 (W6)으로 \(\lvert x + y \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이다. \(x + y < 0\)이면 \(\lvert x + y \rvert = -x - y \le -y = \lvert y \rvert\)이고 (\(x \ge 0\)이므로 \(-x \le 0\)), 같은 방식으로 \(\lvert y \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이므로 결론이 따른다.

케이스 4 (\(x < 0\), \(y \ge 0\)). \(x + y \ge 0\)이면 \(\lvert x + y \rvert = x + y \le y = \lvert y \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이고, \(x + y < 0\)이면 \(\lvert x + y \rvert = -x - y \le -x = \lvert x \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이다.

네 케이스(그중 둘은 하위 케이스 둘씩)가 모든 실수 쌍을 덮으므로 성립한다. \(\blacksquare\)

경로 2 — 경계. 훈련 1에서 \(\lvert x \rvert \ge x\)를 얻었고, 문제 7에서 \(\lvert x \rvert \ge 0\)을 얻었다. 같은 방식으로 \(\lvert x \rvert \ge -x\)도 성립한다(\(x \ge 0\)이면 \(-x \le 0 \le x = \lvert x \rvert\), \(x < 0\)이면 \(\lvert x \rvert = -x\)). 둘을 합치면 \(-\lvert x \rvert \le x \le \lvert x \rvert\)이고, \(y\)에 대해서도 같다. 변끼리 더하면

\[ -(\lvert x \rvert + \lvert y \rvert) \le x + y \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert \]

이다. 절댓값 보조정리(1권 17주차 문제 11)는 \(b \ge 0\)일 때 \(\lvert a \rvert \le b \iff -b \le a \le b\)라고 말한다. \(a = x + y\), \(b = \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)로 두면 \(b \ge 0\)이 문제 7로 확보되므로 \(\lvert x + y \rvert \le \lvert x \rvert + \lvert y \rvert\)이다. \(\blacksquare\)

두 경로의 비교. 경로 1은 근거를 (W2)(W4)(W6)과 1권 17주차 정의 17.1로만 쓰고 외부 인용이 없는 대신, 실질 케이스가 여섯이다. 경로 2는 케이스를 하나도 만들지 않는 대신 보조정리 하나를 인용하고, 그 보조정리의 증명 안에 케이스가 들어 있다. 곧 경로 2는 케이스를 없앤 것이 아니라 보조정리 안으로 옮겨 놓은 것이다. 같은 케이스를 여러 명제에서 반복해서 쓰게 되면 보조정리로 뽑는 편이 이득이라는 것이 이 비교의 결론이다.

복기. S6주차 문제 18의 수리가 이 명제였고, 그때는 전칭의 처리가 초점이었다. 이번에는 같은 명제에서 케이스 설계가 초점이다.

문제 17

접근. 결론이 \(\lor\)이므로 소거법이다. 부정할 쪽으로 “\(x \le 1\)”을 고르면 \(x > 1\)이 손에 들어오고, 그것이 인수 \(x - 1\)의 부호를 확정한다 — 부정한 사실이 곧바로 소비되는 선택이다. 가정 쪽은 인수분해해 두어야 그 부호가 쓸모를 갖는다.

풀이. 증명 (소거법). 실수 \(x\)에 대해 \(x^2 - 3x + 2 \ge 0\)이라 하자. 소거법을 쓴다. \(x \le 1\)이 아니라고, 곧 \(x > 1\)이라 하자 [걸음 ①].

가정의 좌변을 인수분해하면

\[ x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2) \ge 0 \]

이다. \(x > 1\)이므로 \(x - 1 > 0\)이다 [걸음 ①이 소비되는 자리]. (W5)에 의해 \(\frac{1}{x-1} > 0\)이고, (W3)에 의해 양변에 양수 \(\frac{1}{x-1}\)을 곱해도 부등호 방향이 유지되므로

\[ x - 2 \ge 0 \]

이다. 곧 \(x \ge 2\)이다 [걸음 ②]. 조건문 분해에 의해 따라서 \(x \le 1\) 또는 \(x \ge 2\)이다 [걸음 ③]. \(\blacksquare\)

부정 방향을 반대로 골랐다면. “\(x \ge 2\)”를 부정해 \(x < 2\)를 가정하면 \(x - 2 < 0\)이 확정되고, 같은 곱을 음수로 나누면 (W3)의 방향 반전으로 \(x - 1 \le 0\), 곧 \(x \le 1\)이 나온다. 어느 방향이든 통하고 계산량도 비슷하다 — 이 명제는 두 조각이 구조적으로 대칭이기 때문이다.

복기. 소거법이 인수분해와 짝을 이루는 전형이다. 인수분해가 곱의 꼴을 만들어 주고, 부정 선언이 한 인수의 부호를 확정하고, 부호가 확정된 인수로 나누면 남은 인수의 부호가 강제된다. 예제 2.2의 영인수 성질도 같은 구조의 등식판이다 — 곱이 0이고 한쪽이 0이 아니면 다른 쪽이 0이다. 검산. \(x = 3\): \(9 - 9 + 2 = 2 \ge 0\)이고 \(3 \ge 2\) ✓. \(x = 1.5\): \(2.25 - 4.5 + 2 = -0.25 < 0\)이므로 가정을 만족하지 않아 무관 ✓.

문제 18

접근. 문제 12와 병명이 같아 보이지만 결과가 다르다. 빠진 값에서 명제가 참인지, 거짓인지, 아니면 아예 뜻을 갖지 않는지를 구별해야 한다. 그 구별이 수리 방법을 정한다.

풀이. 결함 ① 전수성 결함. 케이스 1(\(x > 0\))과 케이스 2(\(x < 0\))가 \(x = 0\)을 덮지 않는다. 무대가 “모든 실수”이므로 삼분법에 의해 세 갈래가 있어야 한다.

결함 ② 명제의 자격 오류. 빠진 값 \(x = 0\)에서 \(\frac{x}{x} = \frac00\)은 정의되지 않는다. 곧 이 값에서 명제는 거짓인 것이 아니라 참\(\cdot\)거짓을 물을 수 없다. 문제 12에서는 빠진 값에서 명제가 참이었고 §1.3 삭제 실험에서는 거짓이었는데, 여기서는 세 번째 경우다.

수리. 케이스를 하나 더 만드는 방식으로는 고칠 수 없다 — \(x = 0\)에서 적을 계산이 없기 때문이다. 고칠 곳은 명제의 무대다. “0 아닌 실수 \(x\)에 대해 \(\frac xx = 1\)이다”로 바꾸면 삼분법에 의해 두 케이스가 무대를 덮게 되고, 원래의 두 계산이 그대로 완전한 증명이 된다.

복기. 전수성 점검의 부수 효용이 여기서 드러난다. 덮이지 않은 조각을 찾아보면 세 가지 중 하나가 나온다 — 그 조각에서 명제가 참이면 케이스 보강으로 끝나고(문제 12), 거짓이면 명제가 틀린 것이고(§1.3 삭제 실험), 뜻을 갖지 않으면 무대를 좁혀야 한다(이 문제). 세 결과가 각각 다른 수리를 지시하므로, 진단은 “무엇이 빠졌는가”에서 멈추지 않고 “빠진 자리에서 무슨 일이 일어나는가”까지 가야 한다.

문제 19

접근. 결론 “셋 중 하나는 3의 배수”는 \(\lor\) 세 조각이다. 그런데 세 수의 나머지를 계산해 보면 어느 것이 3의 배수인지가 케이스마다 확정된다 — 판정법 셋째 줄, 소거법은 필요 없고 경우법만으로 끝난다. 분할은 \(n\)을 3으로 나눈 나머지다.

풀이. 증명. 세 연속 정수를 \(n, n+1, n+2\)라 하자 (\(n\)은 정수). 나눗셈 정리에 의해 \(n = 3q + r\)인 정수 \(q\)와 \(r \in \{0, 1, 2\}\)가 존재하고, 세 값이 모든 경우를 덮는다.

케이스 1 (\(r = 0\)). \(n = 3q\)이므로 \(n\)이 3의 배수다 — 셋 중 첫째를 지목한다.

케이스 2 (\(r = 1\)). \(n = 3q + 1\)이므로

\[ n + 2 = 3q + 3 = 3(q+1) \]

이고 \(q + 1\)은 정수이므로 \(n + 2\)가 3의 배수다 — 셋 중 셋째를 지목한다.

케이스 3 (\(r = 2\)). \(n = 3q + 2\)이므로

\[ n + 1 = 3q + 3 = 3(q+1) \]

이고 \(n + 1\)이 3의 배수다 — 셋 중 둘째를 지목한다.

세 경우가 모든 정수를 빠짐없이 덮고 각 경우에서 셋 중 하나가 3의 배수임을 지목했으므로, 임의의 세 연속 정수 중 하나는 3의 배수이다. \(\blacksquare\)

복기. 결론의 \(\lor\)(또는 “존재한다”)가 케이스마다 누구인지 지목되는 구조가 문제 9와 같다. 다른 점은 문제 9에서는 지목 대상이 값이었고 여기서는 세 수 중 하나라는 것뿐이다. 이런 답안은 결론이 존재문이어도 비구성적이지 않다 — 각 케이스가 증인을 명시하므로 구성적이다(S5주차의 용어). 검산. \(n = 7\): \(r = 1\)이므로 케이스 2, \(n + 2 = 9 = 3 \cdot 3\) ✓. \(n = 11\): \(r = 2\)이므로 케이스 3, \(n + 1 = 12 = 3 \cdot 4\) ✓. (S9주차 문제 17의 3의 배수 파트가 이와 같은 구조다 — 다만 거기서 지목되는 것은 \(n\), \(n+1\), \(2n+1\) 세 인수이고 여기서는 세 연속 정수라는 점만 다르다.)

문제 20

접근. (a)는 두 예제를 대비시키는 문제이므로, 각 예제에서 \(\lor\)의 위치와 그 위치가 만든 부담을 먼저 적고 도구가 그 부담을 어떻게 없앴는지로 잇는다. (b)는 문제 14의 결과를 한 문장으로 압축하는 문제이므로, 세 이름이 어느 하나의 동치에서 갈라져 나오는지를 지목한다.

풀이. (예시 답안)

(a) 예제 2.1은 가정이 “\(n\)이 짝수이거나 홀수”라 어느 쪽인지 모르므로 정의를 하나로 풀 수 없었고, 그래서 조각마다 목표를 따로 증명하고 전수성으로 묶는 경우법으로 갔다. 예제 2.2는 결론이 “\(a = 0\) 또는 \(b = 0\)”이라 어느 쪽을 보일지 지목할 수 없었고, 그래서 한쪽(\(a = 0\))의 부정을 가정으로 얹어 다른 쪽을 유도하는 소거법으로 갔다. 같은 연결사 \(\lor\)가 놓인 자리만 다른데 처방이 정반대인 것은, S6~S7주차에서 같은 양화사 \(\forall\)가 결론에 있으면 선택법을 부르고 가정에 있으면 특수화를 부른 것과 같은 원리다 — 위치가 처리법을 정한다.

(b) 문제 14가 보인 대로 “\(A\)이면 \(B\)이다”는 조건문 분해에 의해 “\(\neg A\) 또는 \(B\)”와 같은 명제이고, 이 \(\lor\)에서 오른쪽 \(B\)를 부정해 왼쪽 \(\neg A\)로 가는 소거법이 곧 \(\neg B \Rightarrow \neg A\), 즉 대우다. 그러므로 소거법\(\cdot\)대우\(\cdot\)조건문 분해는 서로 다른 세 기법이 아니라 하나의 동치를 어느 방향에서 읽느냐의 차이이고, 실제 계산은 어느 틀에서든 같아진다.

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다음 주 예고 (S16주차). 양화사 4부작의 응용 완결편인 최대\(\cdot\)최소법을 다룬다. “\(\max S \le c\)”는 “\(S\)의 모든 원소가 \(c\) 이하이다”라는 \(\forall\) 명제로, “\(\max S \ge c\)”는 “\(c\) 이상인 원소가 존재한다”라는 \(\exists\) 명제로 번역된다 — \(\max\)와 \(\min\)이 감춘 양화사를 드러내면 S5~S8주차의 기법이 그대로 작동한다. 이번 주의 케이스 정의(1권 17주차 정의 17.1과 \(\max\)\(\cdot\)\(\min\))가 그 번역의 재료가 되고, 최댓값\(\cdot\)최솟값 주장을 “부등식(상계\(\cdot\)하계) + 등호 달성”의 2단으로 적던 자리(1권 18주차의 유형별 첫수 표가 지목하는 1권 16주차 문제 18)가 여기서 서식을 얻는다. 원서 14장을 통독하고 온다.