S17주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

S17주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설#

시험 규칙#

  • 1부 (백지 복원, 40분): 이 문서에는 1부의 문항 절이 따로 없다. 복원 대상은 §1 전체 — 결정 나무의 0~3단계 골격과, 잎 표의 각 줄에 붙은 신호\(\cdot\)첫 문장이다. 만점 21점(나무 골격 8점 — 0~3단계의 걸음과 각 갈래 / 잎 서식 13점 — 잎 표 13줄에 각 1점), 17점 이상 통과. §1이 그대로 정답지이므로 채점은 §1과의 대조로 한다. 나무 골격 8점 안에 잎 표에 없는 항목(\(\land\) 분해, 후진\(\cdot\)전진, 정의의 두 면, 직접 증명)이 들어간다.

  • 2부 (종합시험, 150분): 20문항. 기본 6문항 \(\times\) 1점 + 표준 8문항 \(\times\) 2점 + 도전 6문항 \(\times\) 3점 = 40점 만점, 32점 이상 통과.

  • 주간 배분 — 1~2일차 S10주차~S16주차 재독, 3일차 §1 결정 나무 암기, 4일차 1부(백지 복원), 5일차 2부(종합시험). 새 진도가 없으므로 제2권 5일 루틴의 원서 통독 자리가 재독으로 바뀐다.

  • 교재\(\cdot\)원서\(\cdot\)노트 참조 금지. 해설은 채점이 끝난 뒤에만 연다.

  • 부분 점수: 표준\(\cdot\)도전에서 분석표(설계)와 산문을 별도로 채점하고 각각 절반을 배정한다. 설계와 산문은 별개의 능력이므로 둘 다 본다.

  • 기준에 미치지 못하면 아래 재학습 지도의 해당 주차를 복습하고 일주일 뒤 재시험을 본다. 통과 전에는 S18주차로 넘어가지 않는다.

  • 이하 해설에서 (W1)~(W6)은 1권 16주차의 부등식 기본 성질을 가리키고, [N1]~[N6]은 S10주차의 NOT 기계 여섯 규칙을 가리킨다.

2부 — 종합시험 (20문항)#

기본 ●○○ (각 1점)#

1. (판독 6연발 — 첫수의 기법 이름만) 각 명제에 결정 나무를 적용해 첫수 기법을 지목하시오. (a) \(\sqrt3\)은 무리수이다. (b) 모든 실수 \(x\)에 대해 \(x^2 - 4x + 5 > 0\)이다. (c) \(77 = a + b\)인 소수 \(a, b\)가 존재한다. (d) \(A \cap B \subseteq A\). (e) 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(\sum_{k=1}^n k^3 = \left(\frac{n(n+1)}2\right)^2\). (f) \(ab = 0\)이면 \(a = 0\) 또는 \(b = 0\)이다.

2. 결정 나무의 1단계(부정 판독)를 백지에 재현하고, “부정형 결론의 3처방”을 쓰시오.

3. 네 칸 표(\(\forall\)\(\cdot\)\(\exists\) \(\times\) 가정\(\cdot\)결론)를 그리고 각 칸의 동사를 채우시오.

4. 명제 “\(x^7 = 128\)이면 \(x = 2\)” (\(x\) 실수)에 후진 첫 질문(추상형)과 답 후보 하나, 방향 검사를 쓰시오.

5. NOT 기계 6칙(N1~N6)을 쓰시오.

6. “정확히 하나”의 두 파트와 각 파트의 기법을 쓰시오.

표준 ●●○ (각 2점)#

7. (구성) 임의의 유리수 \(q\)에 대해 \(2r = q\)인 유리수 \(r\)이 존재함을 증명하시오.

8. (선택 + 완전제곱) 모든 실수 \(x, y\)에 대해 \(x^2 + y^2 + 1 \ge xy + x + y\)임을 증명하시오. (힌트: \(2 \times\) 양변 후 제곱합 — \((x-y)^2 + (x-1)^2 + (y-1)^2 \ge 0\))

9. (귀류) \(\sqrt3\)이 무리수임을 증명하시오 (4단 서식\(\cdot\)산지 표기 — \(a^2 = 3b^2\)에서 \(3 \mid a\), 유클리드 보조정리 \(p=3\)은 S15주차 문제 10의 기성품).

10. (대우) 정수 \(n\)에 대해, \(n^2\)이 홀수이면 \(n\)은 홀수임을 증명하시오 (판정법 표의 근거 지목 + 3단 서식).

11. (유일성) 실수 \(a \neq 0\)에 대해 \(ax = 1\)의 실수 해가 정확히 하나임을 증명하시오 (존재/유일 분리).

12. (귀납) 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(\sum_{k=1}^n \frac1{k(k+1)} = \frac{n}{n+1}\)임을 증명하시오 (쪼개기 + 가정 소비처 표시).

13. (경우법) 모든 정수 \(n\)에 대해 \(n^3 - n\)이 6의 배수임을 증명하시오 (2의 배수: 연속 곱 / 3의 배수: \(n \bmod 3\) 케이스 — S9주차 문제 17의 사촌).

14. (max/min) \(S = \{x \in \mathbb{R} : x^2 - 6x + 8 \le 0\}\)의 최댓값\(\cdot\)최솟값을 구하고 증명하시오 (두 조각 서식).

도전 ●●● (각 3점)#

15. (중첩 — \(\varepsilon\)-N) \(\dfrac{n^2 + 1}{2n^2} \to \dfrac12\)임을 증명하시오 (역산 \(\to\) 3겹 라벨).

16. (부정 종합) \(f(x) = x^2 - 4x\) (\(f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\))가 단사가 아님을 증명하시오 (NOT 전개 \(\to\) 구성: 같은 값 두 입력 — \(f\)의 대칭축 활용).

17. (귀납 + 부등식) 모든 자연수 \(n \ge 1\)에 대해 \(\sum_{k=1}^n \frac1{k^2} \le 2 - \frac1n\)임을 증명하시오 (강한 힌트: 귀납 단계에서 \(\frac1{(n+1)^2} \le \frac1{n(n+1)} = \frac1n - \frac1{n+1}\) 활용).

18. (유일성 + 존재) 명제 “임의의 양의 실수 \(a\)에 대해, \(x^2 = a\)인 양의 실수 \(x\)가 정확히 하나 존재한다”를 완전 증명하시오 (존재: 기성품 / 유일: 얼굴 1 + 양수성 — S13주차 문제 11).

19. (설계 종합) 모든 양의 실수 \(a, b, c\)에 대해 \(\frac ab + \frac bc + \frac ca \ge 3\)임을 증명하시오 (AM–GM을 세 항에 — \(\frac13(\frac ab + \frac bc + \frac ca) \ge \sqrt[3]{\frac ab \cdot \frac bc \cdot \frac ca} = 1\); 3변수 AM–GM은 기성품으로 인정하되 곱이 1이 되는 계산은 직접).

20. (서술 — 자기 진단) 결정 나무를 자기 언어로 재구성하되, S1주차~S16주차 중 가장 자주 첫수가 되는 잎 세 개를 꼽고 그 이유를, 가장 헷갈렸던 갈림길 하나(예: 대우 대 귀류, 경우법 대 소거법)를 판정 기준과 함께 서술하시오 (여섯 문장 이내).

재학습 지도 (오답 → 복습)#

틀린 문항

복습 주차

1, 20

S1주차~S16주차 결정 나무 (이 문서 §1)

4

S2주차 (후진)

5, 16

S10주차 (NOT 기계)

2, 9

S10주차\(\cdot\)S11주차 (부정\(\cdot\)귀류)

10

S12주차 (대우)

6, 11, 18

S13주차 (유일성)

12, 17

S14주차 (귀납)

13

S15주차 (경우법)

3, 7

S5주차\(\cdot\)S6주차\(\cdot\)S7주차 (양화사 네 칸)

8, 19

1권 16주차 + S3주차 (부등식 설계)

14

S16주차 (최대\(\cdot\)최소)

15

S8주차 (중첩)

해설#

채점이 끝나기 전에는 열지 않는다. 1부의 정답지는 §1이며, 각 잎의 서식은 잎 표의 해당 줄과 그 주차의 [백지 암기 대상] 상자로 대조한다.

문제 1#

접근. 증명을 요구하지 않는 문항이다. 요구하는 것은 결정 나무를 여섯 번 돌리는 일뿐이다. 각 명제에서 먼저 1단계(결론에 부정이 있는가)를 묻고, 걸리지 않으면 2단계(결론의 최상위 구조)로 내려가 잎을 지목한다. 계산은 한 줄도 하지 않아야 하며, 계산을 시작했다면 그것은 문항이 요구한 범위를 벗어난 것이다.

풀이. (a) “무리수”는 “유리수가 아니다”이므로 1단계에 걸린다. NOT 기계로 풀면 “\(\sqrt3 = a/b\)인 정수 \(a\)와 0이 아닌 정수 \(b\)가 존재하지 않는다”가 되고, 이 명제는 조건문이 아니라 무조건 명제여서 뒤집을 \(A\)가 없다. 따라서 대우가 아니라 귀류다(S12주차 판정법 셋째 줄). (b) 부정 신호가 없으므로 1단계를 통과한다. 결론의 최상위가 “모든 실수 \(x\)에 대해”이므로 선택법이며, 첫 문장은 “실수 \(x\)를 임의로 잡자”다. 그다음 남는 과녁은 부등식이고 완전제곱으로 처리하지만, 그것은 첫수 다음의 일이다. (c) 결론이 “…인 소수 \(a, b\)가 존재한다”이므로 구성법이다. 여기까지가 이 문항의 답이다. 다만 증인을 실제로 찾아보면 77이 홀수이므로 두 소수의 합이 되려면 하나가 짝수 소수 2여야 하고, 남은 수는 \(77 - 2 = 75 = 3 \times 25\)로 합성수다. 증인이 존재하지 않으므로 이 명제는 거짓이며, 구성 시도가 그 사실을 드러낸다. 짝수에 대한 골드바흐 추측을 홀수에 적용한 데서 오는 함정이다. (d) \(A \cap B \subseteq A\)의 \(\subseteq\) 안에 \(\forall x[x \in A \cap B \Rightarrow x \in A]\)가 접혀 있다. 결론의 \(\forall\)이므로 선택법이며, 첫 문장은 “\(x \in A \cap B\)를 임의로 잡자”다. (e) 자연수 전체에 대한 \(\forall\)이고 우변이 직전 항에 의존하는 합이므로 귀납법이다. 결론이 \(\forall\)라는 이유만으로 선택법을 고르면 “임의의 \(n\)”을 잡은 뒤 손잡이가 없다. (f) 결론이 “\(a = 0\) 또는 \(b = 0\)”이라는 \(\lor\)이므로 소거법이다. 첫 문장은 “\(a \neq 0\)이라 하자”이고, 거기서 \(b = 0\)을 끌어낸다.

복기. 여섯 문항의 판단 근거는 두 가지뿐이었다 — 부정이 박혀 있는가, 그리고 결론의 최상위 구조가 무엇인가. (c)는 첫수 지목과 명제의 참\(\cdot\)거짓이 별개의 물음이라는 것을 보여 준다. 기법 지목이 옳아도 증인이 없을 수 있고, 그때 구성법은 증명이 아니라 반증의 통로가 된다.

문제 2#

접근. §1의 1단계가 정답지다. 재현할 것은 두 덩어리다 — 부정을 알아보는 신호 목록과, 전개 뒤에 갈라지는 세 갈래. 신호만 적고 세 갈래를 빠뜨리거나, 세 갈래만 적고 그 앞의 NOT 전개를 빠뜨리면 절반이다.

풀이. 1단계는 다음과 같다. 먼저 결론에 부정이 박혀 있는지 본다. 신호는 무리수, \(\notin\), \(\neq\), “…가 아니다”, “…는 없다”, “무한히 많다”이며, 이 낱말들은 정의를 풀 손잡이를 주지 않는다는 공통점이 있다. 신호가 있으면 곧바로 기법을 고르지 않고 NOT 기계 N1~N6으로 전개해 부정이 본체까지 내려간 꼴을 만든다(S10주차). 전개 결과를 보고 세 갈래로 나뉜다. 부정형 결론의 3처방은 다음 셋이다. ① 긍정형 재표현 후 직접 증명 — 전개 결과가 등호\(\cdot\)부등호\(\cdot\)소속이 뒤집힌 긍정형 특성화로 끝나면, 그 특성화를 새 과녁으로 삼아 보통의 직접 증명을 한다. ② 대우 — 명제가 조건문이고 \(\neg B\)와 \(\neg A\)가 둘 다 정의를 풀 수 있는 문장이면 대우문을 만들어 직접 증명한다(S12주차). ③ 귀류 — 뒤집을 \(A\)가 없는 무조건 명제이거나, \(\neg A\)가 과녁으로 쓰기 불편하거나, 충돌 상대를 \(A\)로 고정하는 것이 손해일 때 쓴다(S11주차). 갈래를 고르는 순서도 함께 적으면 답이 완성된다. 논리형 판독(조건문인가 무조건 명제인가)이 판정보다 먼저다. 조건문이 아니면 ②는 애초에 성립할 자리가 없으므로 ①과 ③만 남는다.

복기. 세 처방은 서로 배타적이지 않고 우선순위가 있다. 전개 결과가 그대로 증명 가능하면 ①이 가장 싸고, 조건문이면 ②를 먼저 시도하며, ③은 앞의 둘이 막힐 때의 처방이다. ②로 쓸 수 있는 답안을 ③으로 쓰면 S11주차가 말한 무늬만 귀류가 된다.

문제 3#

접근. S5주차~S7주차를 한 장에 모은 네 칸 표를 재현하는 문항이다. 표의 축은 둘이다 — 양화사가 결론에 있는가 가정에 있는가, 그리고 그것이 \(\forall\)인가 \(\exists\)인가. 이 두 물음의 답이 정해지면 첫 문장이 자동으로 결정된다.

풀이. 표는 다음과 같다.

양화사가 있는 곳

기법

첫 문장(동사)

값을 고르는 쪽

결론의 \(\forall\)

선택법 (S6주차)

“자격을 갖춘 …를 임의로 잡자”

상대가 고른 셈으로 친다

결론의 \(\exists\)

구성법 (S5주차)

“…로 두자”

내가 고른다

가정의 \(\exists\)

이름 받기

“그런 …를 잡자”

이미 정해져 있고 이름만 받는다

가정의 \(\forall\)

특수화 (S7주차)

“…에 적용하자”

내가 고른다

넷째 열까지 적어야 답이 완성된다. 결론의 \(\forall\)와 가정의 \(\exists\)는 값을 내가 정할 수 없는 칸이고, 결론의 \(\exists\)와 가정의 \(\forall\)는 내가 고르는 칸이다 — 줄 순서는 S7주차 §1.5의 네 칸 표와 같으므로 “내가 고른다”가 둘째 줄과 넷째 줄에 온다. 무엇을 고르느냐가 실력이 되는 자리는 결론의 \(\exists\)와 가정의 \(\forall\) 두 칸이며, 결론의 \(\forall\)와 가정의 \(\exists\)에서 값을 정해 버리는 것이 반칙의 표준 형태다. 각 칸의 마무리도 다르다 — 선택법은 “…가 임의였으므로”라는 마무리 선언으로 닫고, 구성법은 자격과 사건의 전수 검증으로 닫고, 특수화는 자격 검증 뒤에 산출물을 수령한다.

복기. 반칙의 상당수는 칸 착각이다. 결론의 \(\forall\)를 결론의 \(\exists\)처럼 다뤄 값 하나를 정하면 곧바로 특정값 대입이 되고, 가정의 \(\exists\)를 내가 고르는 칸으로 착각하면 이름을 받는 대신 임의의 값을 지정하는 반칙이 된다. 자기 답안을 검열할 때도 이 표의 순서로 훑는다.

문제 4#

접근. S2주차의 후진 한 걸음만 요구한다. 증명 전체를 쓰면 요구를 벗어난다. 제출물은 셋이다 — 추상형 핵심 질문, 그 질문의 답 후보, 그리고 그 후보가 실제로 쓸 수 있는 걸음인지 판정하는 방향 검사. 결론이 등식이므로 질문은 등식 일반에 대한 것이어야 하고, 문제의 기호(\(x\), 7, 128)가 질문에 섞이면 추상형이 아니다.

풀이. 핵심 질문(추상형)은 “두 실수가 같음을 어떻게 보이는가”다. 답 후보 ①: 차가 0임을 보인다. 이 문제의 기호로 옮기면 새 과녁 \(B_1\)은 “\(x - 2 = 0\)”이다. 방향 검사는 \(B_1 \Rightarrow B\)를 확인하는 것이므로, \(x - 2 = 0\)의 양변에 2를 더해 \(x = 2\)를 얻으면 검사 통과다 ✓. 방향 검사가 확인하는 것은 \(B_1 \Rightarrow B\)이지 그 역이 아니라는 점을 답안에 남겨야 한다. 답 후보 ②를 함께 적으면 가점이다. 가정 \(x^7 = 128\)에서 \(x^7 - 128 = 0\), 곧

\[ (x - 2)(x^6 + 2x^5 + 4x^4 + 8x^3 + 16x^2 + 32x + 64) = 0 \]

이다. 영인수 성질에 의해 두 인수 중 적어도 하나가 0이므로, “둘째 인수는 0이 아니다”를 확보하면 \(x - 2 = 0\)이 따라온다 ✓. 다만 새 과녁이 하나 늘었으므로 조건부로 유효한 걸음이다. 늘어난 과녁은 실제로 처리된다 — \(x \ge 0\)이면 둘째 인수의 모든 항이 0 이상이고 상수항이 64이므로 값이 64 이상이며, \(x < 0\)이면 \(x^7 - 128 < 0\)이고 \(x - 2 < 0\)이므로 몫인 둘째 인수는 양수다. 검토가 필요한 후보: “양변에 7제곱근을 취한다”. 결과는 옳지만 그 조작의 근거인 홀수 거듭제곱의 단사성 자체가 증명해야 할 부품이다. 방향 검사에서 “이 걸음의 근거가 무엇인가”에 답하지 못하면 그 걸음은 아직 쓸 수 없다.

복기. 후보 ②처럼 새 과녁을 낳는 걸음은 무효가 아니라 미완이다. 방향 검사는 그 걸음이 결론으로 이어지는지만 보므로, 늘어난 과녁을 처리할 수단이 있는지는 별도로 확인한다. 두 물음을 한 번에 묻는 습관이 후진 사슬이 헛도는 것을 막는다.

문제 5#

접근. S10주차의 NOT 기계를 그대로 재현하는 문항이다. 여섯 규칙을 나열하는 것으로 절반이고, 각 규칙을 읽는 법과 기계 전체가 무엇을 보존하는지를 함께 적어야 만점이다. 기호만 옮겨 적으면 어느 줄에 어느 규칙을 쓸지 판단하는 능력은 검사되지 않는다.

풀이. 여섯 규칙은 다음과 같다.

규칙

변환

읽는 법

N1 (이중부정)

\(\neg\neg P \leadsto P\)

두 번 뒤집으면 제자리

N2 (드모르간, \(\wedge\))

\(\neg(P \wedge Q) \leadsto \neg P \vee \neg Q\)

“둘 다”의 실패는 “한쪽이라도 실패”

N3 (드모르간, \(\vee\))

\(\neg(P \vee Q) \leadsto \neg P \wedge \neg Q\)

“하나라도”의 실패는 “둘 다 실패”

N4 (조건문 부정)

\(\neg(P \Rightarrow Q) \leadsto P \wedge \neg Q\)

약속 위반은 “조건은 됐는데 이행 안 함”

N5 (\(\forall\) 반전)

\(\neg\forall x \in S,\ P(x) \leadsto \exists x \in S,\ \neg P(x)\)

“전원 통과”의 실패는 “낙제자 존재”

N6 (\(\exists\) 반전)

\(\neg\exists x \in S,\ P(x) \leadsto \forall x \in S,\ \neg P(x)\)

“합격자 존재”의 실패는 “전원 낙제”

기계 전체가 보존하는 것은 자격이다. N5와 N6에서 \(x \in S\)라는 자격 조건은 부정의 대상이 아니므로 그대로 남고, 뒤집히는 것은 양화사와 본체뿐이다. 전개는 부정이 본체까지 내려가 등호\(\cdot\)부등호\(\cdot\)소속이 뒤집힌 줄이 나올 때까지 계속하며, 각 줄 옆에 [N4]처럼 규칙 번호를 단다. 번호가 없으면 그 줄이 어디서 나왔는지 확정되지 않는다.

복기. 실전에서 가장 자주 빠지는 것은 N4다. 결론이 조건문인 명제를 귀류로 열 때 N5로 \(\forall\)만 뒤집고 본체 조건문을 그대로 두면, 개시문이 “…이면 …이 아니다”라는 조건문이 되어 가정이 하나만 생긴다. N4를 적용하면 가정이 둘 생기고, 그 둘째 가정이 대개 모순의 재료가 된다.

문제 6#

접근. S13주차의 요지를 묻는다. “정확히 하나”는 하나의 성질이 아니라 독립된 두 책임의 결합이며, 각 책임에 붙는 기법이 다르다. 두 파트를 적는 데서 끝내지 말고 유일 쪽의 두 얼굴과 그 선택 기준까지 적어야 만점이다.

풀이. 두 파트는 존재와 유일이다. 존재 파트. “조건 \(P\)를 만족하는 것이 적어도 하나 있다”는 \(\exists\)이므로 구성법(S5주차)이다. 증인을 제시하고 자격과 사건을 전수 검증한다. 증인의 공급로는 역산, 기성 존재 정리 인용, 가정에서 받기의 셋이다. 유일 파트. “둘 이상은 없다”이며, 서식이 둘이다. **얼굴 1(직접 유일성)**은 “\(P(x_1)\)이고 \(P(x_2)\)라 하자”로 열고 \(x_1 = x_2\)에 도착한다. 서로 다르다고 가정하지 않는 것이 핵심이며, 골격이 단사 증명과 같다. **얼굴 2(간접 유일성)**는 “\(P(x_1)\), \(P(x_2)\), 그리고 \(x_1 \neq x_2\)라 가정하자”로 열고 모순을 낸다. 이때 쓰는 서식은 S11주차의 귀류 4단 서식 그대로다. 두 얼굴의 선택 기준은 다름 가정이 실제로 소비되는지다. \(x_1 \neq x_2\)를 한 번도 쓰지 않고 모순에 닿았다면 그 답안은 얼굴 1로 정리해야 한다. 소비되지 않은 가정을 걸어 두는 것이 무늬만 귀류이기 때문이다. 두 책임이 독립이라는 점도 함께 적는다. 존재만 보이면 여럿일 가능성이 남고, 유일만 보이면 아예 없을 가능성이 남는다. 어느 한쪽만으로는 “정확히 하나”가 되지 않는다.

복기. 유일 파트에서 무대의 자격 조건을 빠뜨리면 명제가 달라진다. 문제 18에서 “양의 실수 \(x\)가 정확히 하나”의 유일성은 양수라는 자격 안에서만 성립하며, 실수 전체로 넓히면 \(-\sqrt a\)가 함께 나와 거짓이 된다.

문제 7#

접근. 명제의 최상위가 “임의의 유리수 \(q\)에 대해”이므로 결론의 \(\forall\)이고 첫수는 선택법이다. 판을 교체하고 나면 남는 과녁이 “…인 유리수 \(r\)이 존재한다”라는 \(\exists\)이므로 둘째 수가 구성법이다. 겹 양화사를 바깥부터 여는 S8주차의 규칙이 두 겹짜리에서 그대로 작동한다. 증인은 사건 \(2r = q\)를 \(r\)에 대한 방정식으로 보고 역산해 얻는다.

풀이. 증명. 유리수 \(q\)를 임의로 잡자 [선택법]. \(r = \dfrac q2\)로 두자 [구성법]. 자격 검증: \(q\)가 유리수이므로 \(q = \dfrac mn\)인 정수 \(m\)과 0이 아닌 정수 \(n\)이 있다 [가정의 \(\exists\)에서 이름 받기, 근거 ①]. 그러면 \(r = \dfrac m{2n}\)이고, \(2n\)은 정수이며 \(n \neq 0\)이므로 \(2n \neq 0\)이다. 따라서 \(r\)은 두 정수의 몫이고 분모가 0이 아니므로 유리수다 ✓ [근거 ②]. 사건 검증: \(2r = 2 \cdot \dfrac q2 = q\) ✓ [근거 ③]. 따라서 \(2r = q\)인 유리수 \(r\)이 존재한다. \(q\)가 임의였으므로 모든 유리수에서 성립한다. \(\blacksquare\)

복기. 자격 검증을 “유리수를 2로 나누면 유리수”라는 한 줄로 끝내도 되지만, 그때는 그 닫힘성이 어느 연산에 대한 것인지 명시해야 근거가 성립한다. 여기서는 정의를 풀어 정수 쌍까지 내려가 보였으므로 인용할 기성품이 없어도 답안이 닫힌다. 마무리 선언 두 개(구성법의 존재 선언, 선택법의 임의성 선언)를 연 순서의 역순으로 닫은 것도 채점 지점이다.

문제 8#

접근. 결론이 “모든 실수 \(x, y\)에 대해”이므로 선택법 2회로 판을 교체하고, 남는 과녁은 부등식이다. 부등식의 표준 후진은 차가 0 이상임을 보이는 것이고, “0 이상”의 근원은 거의 언제나 제곱이다(1권 16주차). 차를 그대로 보면 제곱이 보이지 않지만 2를 곱하면 세 개의 완전제곱으로 갈라진다. 힌트가 준 제곱합이 그 결과물이다.

풀이. 증명. 실수 \(x, y\)를 임의로 잡자 [선택법 2회]. (W1)에 의해 \((x-y)^2 \ge 0\), \((x-1)^2 \ge 0\), \((y-1)^2 \ge 0\)이고, (W4)에 의해 셋의 합도 0 이상이다.

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

좌변을 전개하면 \((x^2 - 2xy + y^2) + (x^2 - 2x + 1) + (y^2 - 2y + 1) = 2x^2 + 2y^2 - 2xy - 2x - 2y + 2\)이다. 따라서

\[ 2x^2 + 2y^2 - 2xy - 2x - 2y + 2 \ge 0 \]

이고, 양변을 2로 나누면 (W3에 의해 방향이 유지된다) \(x^2 + y^2 - xy - x - y + 1 \ge 0\)이다. 여기에 \(xy + x + y\)를 양변에 더하면 (W2) \(x^2 + y^2 + 1 \ge xy + x + y\)를 얻는다. \(x, y\)가 임의였으므로 모든 실수에서 성립한다. \(\blacksquare\)

등호 조건까지 적으면 가점이다. 등호는 세 제곱이 모두 0일 때, 곧 \(x = y\)이고 \(x = 1\)이고 \(y = 1\)일 때이므로 \(x = y = 1\)에서만 성립한다.

복기. 검산은 전개의 역방향으로 한다 — \(2(x^2 + y^2 + 1 - xy - x - y) = 2x^2 + 2y^2 + 2 - 2xy - 2x - 2y\)이고, 이것이 세 제곱의 합과 항별로 일치한다 ✓. 이 문제의 설계는 “차에 2를 곱해 교차항의 계수를 짝수로 만든다”는 한 동작이며, \(xy\) 항이 있는 대칭식에서 반복해 쓰인다.

문제 9#

접근. “무리수”가 부정형이므로 1단계에 걸리고, 무조건 명제여서 뒤집을 \(A\)가 없으므로 귀류다(S12주차 판정법 셋째 줄). 귀류를 열면 후진 과정이 사라지므로 전진의 도착점을 미리 정해 두어야 한다. 여기서 노리는 충돌 상대는 개시문에 넣은 기약성이며, 이는 S11주차의 모순 산지 ②(\(\neg B\)에서 유도한 것이 \(\neg B\)의 다른 조각과 부딪히는 경우)에 해당한다.

풀이. 증명. ① 개시 선언. 결론을 부정하여, \(\sqrt3\)이 유리수라 가정하자. 그러면 \(\sqrt3 = \dfrac ab\)인 정수 \(a\)와 0이 아닌 정수 \(b\)가 있고, 기약 표현을 택할 수 있으므로 \(a\)와 \(b\)의 공약수는 \(\pm 1\)뿐이라 해도 된다 [가정의 \(\exists\)에서 이름 받기]. ② 전진. 양변을 제곱하면 \(3 = \dfrac{a^2}{b^2}\)이고, 양변에 \(b^2\)을 곱하면 \(a^2 = 3b^2\)이다. 따라서 \(3 \mid a^2\)이다. 유클리드 보조정리를 \(p = 3\)에 적용하면 — 3은 소수이고 \(3 \mid a \cdot a\)이므로 — \(3 \mid a\)를 수령한다 [기성품, S15주차 문제 10]. 그러므로 \(a = 3k\)인 정수 \(k\)가 있다. 이를 대입하면 \(9k^2 = 3b^2\)이고, 양변을 3으로 나누면 \(b^2 = 3k^2\)이다. 따라서 \(3 \mid b^2\)이고, 같은 보조정리로 \(3 \mid b\)다. ③ 모순 명시. 그런데 ②에서 얻은 “\(3 \mid a\)이고 \(3 \mid b\)”는 3이 \(a\)와 \(b\)의 공약수임을 뜻하고, 이는 ①에서 놓은 “\(a\)와 \(b\)의 공약수는 \(\pm 1\)뿐”과 충돌한다. 충돌한 두 문장은 “3은 \(a\)와 \(b\)의 공약수다”와 “3은 \(a\)와 \(b\)의 공약수가 아니다”이다 [산지 ②]. ④ 결론 선언. 따라서 \(\sqrt3\)이 유리수라는 가정이 틀렸고, \(\sqrt3\)은 무리수다. \(\blacksquare\)

복기. 걸음 ③에서 두 당사자를 문장으로 지목하는 것이 채점 지점이다. “공약수가 생겨 이상하다”에서 멈추면 정지 시점의 판정이 읽는 사람에게 넘어간다. 소수 3을 2로 바꾸면 1권 21주차의 \(\sqrt2\) 증명이 되고, 달라지는 것은 보조정리에 넣는 소수뿐이다. 반대로 \(\sqrt4\)에 같은 논증을 시도하면 4가 소수가 아니어서 보조정리의 자격 검증에서 막히는데, 이것이 이 증명에서 소수성이 소비되는 자리다.

문제 10#

접근. 가정이 합성식 \(n^2\)의 성질이고 결론이 재료 \(n\)의 성질이므로 S12주차 판정법 표의 넷째 줄에 걸린다. 정보가 합성식에서 재료 쪽으로 거슬러야 하는 상황이며, 대우를 만들면 방향이 재료에서 합성식으로 뒤집혀 \(n = 2k\)라는 손잡이가 즉시 생긴다. 직접 공략을 시도하면 “\(n^2\)이 홀수”에서 \(n\)에 대한 정보를 꺼낼 통로가 없어 막힌다.

풀이. 증명. ① 대우 선언. 대우를 증명한다. 대우는 “정수 \(n\)에 대해, \(n\)이 홀수가 아니면 \(n^2\)도 홀수가 아니다”, 곧 “\(n\)이 짝수이면 \(n^2\)은 짝수이다”이다 (정수의 홀짝 배타성에 의해 “홀수가 아니다”와 “짝수다”는 같은 문장이다). ② 직접 증명. \(n\)이 짝수라 하자. 짝수의 정의에 의해 \(n = 2k\)인 정수 \(k\)가 있다 [근거 ①]. 양변을 제곱하면 \(n^2 = 4k^2 = 2(2k^2)\)이고, \(2k^2\)은 정수이므로 [근거 ②] \(n^2\)은 짝수다. 따라서 \(\neg A\)에 닿았다. ③ 복귀 선언. 대우가 증명되었으므로 원명제 “\(n^2\)이 홀수이면 \(n\)은 홀수이다”가 성립한다. \(\blacksquare\)

복기. 걸음 ①-나(제작물 명시)를 지우면 만든 것이 대우인지 이(inverse)인지 검사할 자리가 사라진다. “대우를 증명한다. \(n^2\)이 홀수가 아니라 하자. 그러면 \(n\)은 홀수가 아니다”라고 적힌 답안은 실제로는 이(inverse) \(\neg A \Rightarrow \neg B\)를 증명한 것인데, ①-나에 제작물을 문장으로 적어 두어야 그 어긋남이 검산에 걸린다. 화살표 검산은 간단하다 — 원명제가 \(A \Rightarrow B\)이면 대우는 \(\neg B \Rightarrow \neg A\)이므로, 가정 자리에 결론의 부정이 왔는지만 확인한다.

문제 11#

접근. “정확히 하나”이므로 존재와 유일이라는 두 책임을 분리해 각각 증명한다(S13주차). 존재는 방정식 \(ax = 1\)을 \(x\)에 대해 역산해 증인을 얻는 구성법이고, 유일은 다름 가정 없이 두 해를 잡아 같음을 보이는 얼굴 1이 자연스럽다. 두 파트 모두 가정 \(a \neq 0\)을 소비하며, 어디서 소비되는지 라벨을 붙이는 것이 채점 지점이다.

풀이. 증명. 실수 \(a \neq 0\)이 주어졌다고 하자. (존재) \(x_0 = \dfrac1a\)로 두자 [구성법]. 자격 검증: \(a \neq 0\)이므로 이 식은 잘 정의되고 \(x_0\)은 실수다 ✓ [가정의 첫째 소비처]. 사건 검증: \(a x_0 = a \cdot \dfrac1a = 1\) ✓. 따라서 \(ax = 1\)인 실수 \(x\)가 적어도 하나 있다. (유일) \(ax_1 = 1\)이고 \(ax_2 = 1\)인 실수 \(x_1, x_2\)를 잡자 [얼굴 1 — 서로 다르다고 가정하지 않는다]. 두 등식의 좌변끼리 빼면 \(ax_1 - ax_2 = 1 - 1 = 0\)이고, 좌변을 묶으면 \(a(x_1 - x_2) = 0\)이다 [근거 ③]. 영인수 성질에 의해 \(a = 0\)이거나 \(x_1 - x_2 = 0\)인데, \(a \neq 0\)이므로 [가정의 둘째 소비처] \(x_1 - x_2 = 0\), 곧 \(x_1 = x_2\)다. 두 파트가 모두 확보되었으므로 \(ax = 1\)의 실수 해는 정확히 하나다. \(\blacksquare\)

복기. 유일 파트에서 영인수 성질이 주는 것은 “둘 중 하나가 0”이라는 \(\lor\)이다. 이 \(\lor\)는 사실 목록 쪽의 \(\lor\)이므로 소거법(결론의 \(\lor\))의 대상이 아니다 — 한쪽을 지우는 근거는 가정 \(a \neq 0\)이고, 이것이 S13주차가 말한 “소거의 근거”다. 가정이 두 번 소비된다는 점에 주의한다 — 한 번은 증인을 잘 정의하기 위해, 또 한 번은 \(\lor\)의 한쪽을 지우기 위해서다.

문제 12#

접근. 자연수 전체에 대한 \(\forall\)이고 합이 직전 항에 의존하므로 귀납법이다(S14주차). 귀납 단계의 관건은 가정 소비처를 만드는 일이며, 표준 동작은 \(n+1\)까지의 합에서 마지막 항을 떼어 내 \(n\)까지의 합을 노출시키는 쪼개기다. 쪼개고 나면 \(n\)까지의 합 자리에 가정의 등식을 대입할 수 있다.

풀이. 증명. ① 이름 붙이기. \(n\)에 대한 귀납법으로 증명한다. \(P(n)\)을 “\(\sum_{k=1}^n \frac1{k(k+1)} = \frac n{n+1}\)”이라 하자. ② 기저 검증. \(P(1)\): 좌변은 \(\frac1{1 \cdot 2} = \frac12\)이고 우변은 \(\frac1{1+1} = \frac12\)이므로 참이다. ③ 귀납 단계. \(n \ge 1\)인 정수 \(n\)을 하나 임의로 고정하고, \(P(n)\)이 참이라 하자. 쪼개기로 마지막 항을 떼어 내면

\[ \sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k(k+1)} = \sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+1)} + \frac1{(n+1)(n+2)} \]

이고, 첫째 항에 귀납 가정을 대입하면 [가정 소비처]

\[ = \frac n{n+1} + \frac1{(n+1)(n+2)} = \frac{n(n+2) + 1}{(n+1)(n+2)} = \frac{n^2 + 2n + 1}{(n+1)(n+2)} = \frac{(n+1)^2}{(n+1)(n+2)} = \frac{n+1}{n+2} \]

이다. 마지막 식은 \(P(n+1)\)의 우변 \(\frac{n+1}{(n+1)+1}\)과 같으므로 \(P(n+1)\)이 참이다. ④ 결론 선언. 기저와 귀납 단계에 의해 모든 자연수 \(n\)에서 \(P(n)\)이 참이다. \(\blacksquare\)

복기. 검산은 \(n = 3\)으로 한다 — \(\frac12 + \frac16 + \frac1{12} = \frac{6 + 2 + 1}{12} = \frac9{12} = \frac34\)이고 \(\frac3{3+1} = \frac34\) ✓. 귀납을 쓰지 않는 길도 있다. 부분분수 \(\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}\)로 바꾸면 이웃한 항이 상쇄되어 합이 \(1 - \frac1{n+1} = \frac n{n+1}\)이 된다. 다만 그 상쇄가 모든 \(n\)에서 일어난다는 사실 자체가 귀납으로 정당화되므로, 두 길은 서로를 대체하는 것이 아니라 겹쳐 있다.

문제 13#

접근. 6으로 나누어떨어짐을 한 번에 보이려 하면 손잡이가 없다. 6을 2와 3으로 쪼개 각각 확보한 뒤 다시 합치는 것이 설계다. 먼저 \(n^3 - n = (n-1)n(n+1)\)로 인수분해해 연속한 세 정수의 곱임을 드러내면, 2의 배수는 연속 두 정수 부품에서 곧바로 나오고 3의 배수는 \(n\)을 3으로 나눈 나머지로 케이스를 나누면 각 케이스마다 세 인수 중 하나가 지목된다.

풀이. 증명. 정수 \(n\)을 임의로 잡자 [선택법]. 먼저 \(n^3 - n = n(n^2 - 1) = (n-1)n(n+1)\)이다 [근거 ③]. (2의 배수) \(n(n+1)\)은 연속한 두 정수의 곱이므로 짝수다 [S5주차 문제 3(a)]. 짝수에 정수 \(n-1\)을 곱해도 짝수이므로 \((n-1)n(n+1)\)은 짝수다. (3의 배수) 나눗셈 정리(1권 17주차)에 의해 \(n\)은 \(3k\), \(3k+1\), \(3k+2\) 중 정확히 하나의 꼴이다(단 \(k\)는 정수). 이 셋이 정수 전체를 덮으므로 케이스의 전수성이 확보된다 [경우법].

  • \(n = 3k\)인 경우: 가운데 인수 \(n\)이 \(3k\)이므로 3의 배수다.

  • \(n = 3k+1\)인 경우: \(n - 1 = 3k\)이므로 첫째 인수가 3의 배수다.

  • \(n = 3k+2\)인 경우: \(n + 1 = 3k + 3 = 3(k+1)\)이므로 셋째 인수가 3의 배수다.

어느 경우든 세 인수 중 하나가 3의 배수이고, 3의 배수에 정수를 곱해도 3의 배수이므로 곱 전체가 3의 배수다. (결합) 곱을 \(m\)이라 하면 \(2 \mid m\)이고 \(3 \mid m\)이다. 1권 20주차 문제 13(“정수 \(x\)가 \(2 \mid x\)이고 \(3 \mid x\)이면 \(6 \mid x\)”)을 \(x = m\)에 적용하면 — 자격은 \(m\)이 정수라는 것뿐이고 이미 충족되어 있다 — \(6 \mid m\)을 수령한다 [특수화]. \(n\)이 임의였으므로 모든 정수에서 성립한다. \(\blacksquare\)

복기. 검산은 \(n = 5\)로 한다 — \(125 - 5 = 120 = 6 \times 20\) ✓. 결합 단계에서 기성품을 인용하지 않고 직접 가는 길도 있다. 나눗셈 정리로 \(m = 6q + r\), \(0 \le r \le 5\)를 잡으면, \(m\)이 짝수이므로 \(r\)은 0, 2, 4 중 하나이고 \(3 \mid m\)이므로 \(r\)은 0 또는 3인데, 두 조건을 동시에 만족하는 것은 \(r = 0\)뿐이다. 어느 길로 가든 “2와 3이 각각 나눈다”에서 “6이 나눈다”로 넘어가는 걸음에 근거가 필요하다는 점은 같다 — 이 걸음은 2와 3이 서로소이기 때문에 성립하며, 4와 6처럼 서로소가 아닌 쌍에서는 무너진다.

문제 14#

접근. max와 min은 각각 두 조각이므로 증명할 것이 넷이다(S16주차). 먼저 집합을 구간으로 정리해야 조각들을 검사할 수 있으므로, 이차부등식을 인수분해해 \(S\)의 정체를 확정하는 것이 첫 일이다. 그다음 각 조각을 표준 서식대로 처리한다 — 소속은 원소임을 직접 확인하는 구성이고, 상계\(\cdot\)하계는 “모든 \(x \in S\)에 대해”라는 \(\forall\)이므로 선택법이다.

풀이. 증명. 먼저 \(S\)를 정리한다. \(x^2 - 6x + 8 = (x-2)(x-4)\)이므로 \(x \in S\)는 \((x-2)(x-4) \le 0\)과 같다. \(x\)의 위치로 세 케이스를 나눈다 [경우법]. \(x < 2\)이면 \(2 - x > 0\)이고 \(4 - x > 0\)이므로 (W4)에 의해 \((2-x)(4-x) > 0\)이고, \((2-x)(4-x) = (x-2)(x-4)\)이므로 \((x-2)(x-4) > 0\)이다 [(W4) — 음수 두 개를 그대로 넣지 않고 부호를 뒤집어 양수 쌍으로 만든 뒤 적용한다. 1권 16주차 확인 5의 부호 뒤집기가 이 자리다]. \(x > 4\)이면 \(x - 2 > 0\)이고 \(x - 4 > 0\)이므로 (W4)에 의해 곱이 양수다. \(2 \le x \le 4\)이면 \(x - 2 \ge 0\)이고 \(4 - x \ge 0\)이므로 (W4)에 의해 \((x-2)(4-x) \ge 0\)이고, 양변에 음수 \(-1\)을 곱하면 방향이 뒤집혀 \((x-2)(x-4) \le 0\)이다 [(W3) 방향 반전]. 따라서 \(S = \{x \in \mathbb{R} : 2 \le x \le 4\}\)다. 최댓값은 4이다.

  • (소속) \(4^2 - 6 \cdot 4 + 8 = 16 - 24 + 8 = 0 \le 0\)이므로 \(4 \in S\) ✓.

  • (상계) \(x \in S\)를 임의로 잡자 [선택법]. 위의 정리에 의해 \(2 \le x \le 4\)이므로 \(x \le 4\)다. \(x\)가 임의였으므로 4는 \(S\)의 상계다 ✓.

두 조각이 모두 확보되었으므로 \(\max S = 4\)다. 최솟값은 2이다.

  • (소속) \(2^2 - 6 \cdot 2 + 8 = 4 - 12 + 8 = 0 \le 0\)이므로 \(2 \in S\) ✓.

  • (하계) \(x \in S\)를 임의로 잡자 [선택법]. 위의 정리에 의해 \(2 \le x\)다. \(x\)가 임의였으므로 2는 \(S\)의 하계다 ✓.

두 조각이 모두 확보되었으므로 \(\min S = 2\)다. \(\blacksquare\)

복기. 소속 조각을 빠뜨리고 상계만 보이면 “4는 상계다”까지만 증명된 것이고, 그것은 최댓값이 아니라 상한의 후보에 대한 진술이다. 집합을 \(\{x : x^2 - 6x + 8 < 0\}\)으로 바꾸면 \(S = (2, 4)\)가 되어 상계는 그대로 4이지만 \(4 \notin S\)이므로 최댓값이 존재하지 않는다. 두 문제의 차이가 정확히 소속 조각 하나이며, 이것이 max와 sup이 갈리는 자리다.

문제 15#

접근. 수렴의 정의는 \(\forall \varepsilon > 0\ \exists N\ \forall n > N\)의 세 겹이다. 바깥부터 벗기면 선택 \(\to\) 구성 \(\to\) 선택의 순서가 되고, 가운데의 \(N\)은 앞서 확정된 \(\varepsilon\)의 식이어도 된다(맞춤 증인, S8주차). 연습장에서 할 일은 목표 부등식을 \(n\)에 대해 풀어 문턱을 역산하는 것뿐이며, 그 역산은 답안에 남기지 않는다.

풀이. 연습장: 차의 절댓값은

\[ \left|\frac{n^2+1}{2n^2} - \frac12\right| = \left|\frac{(n^2 + 1) - n^2}{2n^2}\right| = \frac1{2n^2} \]

이다. 이것이 \(\varepsilon\)보다 작다는 것은 \(2n^2 > \dfrac1\varepsilon\), 곧 \(n^2 > \dfrac1{2\varepsilon}\), 곧 \(n > \dfrac1{\sqrt{2\varepsilon}}\)과 같으므로 문턱을 \(\dfrac1{\sqrt{2\varepsilon}}\) 언저리로 잡으면 된다. 답안. \(\varepsilon > 0\)을 임의로 잡자 [선택]. \(N = \left\lceil \dfrac1{\sqrt{2\varepsilon}} \right\rceil\)로 두자 [구성 — \(\varepsilon > 0\)이므로 \(\dfrac1{\sqrt{2\varepsilon}}\)이 정의되고 양수이며, 따라서 \(N\)은 양의 정수다 ✓]. \(n > N\)인 자연수 \(n\)을 임의로 잡자 [선택]. 그러면 \(n > N \ge \dfrac1{\sqrt{2\varepsilon}} > 0\)이고 [천장의 성질 — S3주차 문제 14의 기호, S5주차 §4에서 채택], 양변이 0 이상이므로 제곱해 \(n^2 > \dfrac1{2\varepsilon}\)을 얻고 [\(0 \le a < b\)이면 \(a^2 < b^2\) — 1권 16주차 문제 11을 \(a = \frac1{\sqrt{2\varepsilon}}\), \(b = n\)에 적용], 양변에 \(2\varepsilon > 0\)을 곱하면 \(2\varepsilon n^2 > 1\), 곧 \(\dfrac1{2n^2} < \varepsilon\)이다. 따라서 차의 절댓값은 \(\dfrac1{2n^2} < \varepsilon\)이다. \(n\)이 임의였고 \(\varepsilon\)이 임의였으므로, 수렴의 정의에 의해 \(\dfrac{n^2+1}{2n^2} \to \dfrac12\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 채점 지점은 둘이다 — 라벨 세 개를 답안에 남겼는가, 그리고 겹을 연 순서의 역순으로 닫았는가. 안쪽 \(\forall n\)의 마무리 선언을 빠뜨린 채 \(\forall \varepsilon\)만 닫으면 절반만 인정한다. \(N\)이 \(\varepsilon\)에 의존해도 되는 이유는 \(\varepsilon\)이 먼저 잡혔기 때문이며, 순서를 바꾸면 만능 증인 요구가 되어 명제 자체가 달라진다.

문제 16#

접근. “단사가 아니다”는 부정형이므로 1단계에 걸린다. 기법을 고르기 전에 NOT 기계로 전개해 부정이 본체까지 내려간 꼴을 만들어야 하며, 전개가 끝나면 겉모양이 \(\exists\)로 바뀌어 2단계가 구성법을 지목한다. 증인은 함수의 대칭축에서 얻는다 — 이차함수의 그래프가 축에 대해 대칭이므로 축에서 같은 거리에 있는 두 입력이 같은 값을 준다.

풀이. 증명. 단사의 정의는 “모든 실수 \(x_1, x_2\)에 대해, \(f(x_1) = f(x_2)\)이면 \(x_1 = x_2\)”이다. 이를 부정하면

\[ \neg \forall x_1 \forall x_2 \big[f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2\big] \leadsto \exists x_1 \exists x_2 \big[f(x_1) = f(x_2) \wedge x_1 \neq x_2\big] \]

이다 [N5, N5, N4]. 전개된 진술이 \(\exists\)이므로 구성법으로 간다. 증인의 역산: \(f(x) = x^2 - 4x = (x-2)^2 - 4\)이므로 \(f\)의 값은 \(x = 2\)에서의 거리 \(|x - 2|\)에만 의존한다. 축에서 같은 거리에 있는 두 점을 고르면 되므로 \(x = 0\)과 \(x = 4\)를 택한다. \(x_1 = 0\), \(x_2 = 4\)로 두자 [구성]. 자격 검증: 둘 다 실수이고 \(f\)의 정의역에 속한다 ✓. 사건 검증: \(f(0) = 0 - 0 = 0\)이고 \(f(4) = 16 - 16 = 0\)이므로 \(f(x_1) = f(x_2)\) ✓이며, \(0 \neq 4\)이므로 \(x_1 \neq x_2\) ✓. 따라서 \(f(x_1) = f(x_2)\)이면서 \(x_1 \neq x_2\)인 실수 \(x_1, x_2\)가 존재하고, 이는 단사의 부정이다. 그러므로 \(f\)는 단사가 아니다. \(\blacksquare\)

복기. 전개를 건너뛰고 “\(f(0) = f(4)\)이므로 단사가 아니다”라고만 적으면 두 값이 왜 반례가 되는지가 답안에 없다. 반례가 성립하려면 사건(\(f(x_1) = f(x_2)\))과 자격(\(x_1 \neq x_2\))이 둘 다 검증되어야 하고, 그 둘이 필요하다는 사실은 N4가 조건문을 \(\land\)로 풀었기 때문에 나온다. 증인의 공급로를 일반화하면 \(c \neq 0\)인 임의의 실수에 대해 \(x_1 = 2 - c\), \(x_2 = 2 + c\)가 모두 증인이 된다 — 사건은 \(f(2-c) = c^2 - 4 = f(2+c)\)로 모든 \(c\)에서 성립하고, 자격 \(x_1 \neq x_2\)가 \(c \neq 0\)을 요구한다. 위 답안이 쓴 \((0, 4)\)가 \(c = 2\)에 해당하므로, 일반화가 실제로 쓴 증인을 포함한다.

문제 17#

접근. 자연수 전체에 대한 \(\forall\)이므로 귀납법이다. 등식이 아니라 부등식이라는 점이 이 문제의 관문이다 — 귀납 단계에서 가정을 대입하면 목표보다 큰 값이 남으므로, 그 남은 양을 다시 눌러 목표에 맞추는 여벌의 부등식이 하나 더 필요하다. 힌트가 준 \(\frac1{(n+1)^2} \le \frac1n - \frac1{n+1}\)이 그 여벌이며, 우변이 망원 꼴이라 \(-\frac1n\)과 정확히 상쇄된다.

풀이. 증명. ① 이름 붙이기. \(n\)에 대한 귀납법으로 증명한다. \(P(n)\)을 “\(\sum_{k=1}^n \frac1{k^2} \le 2 - \frac1n\)”이라 하자. ② 기저 검증. \(P(1)\): 좌변은 \(\frac1{1^2} = 1\)이고 우변은 \(2 - \frac11 = 1\)이므로 \(1 \le 1\)이 되어 참이다. ③ 귀납 단계. \(n \ge 1\)인 정수 \(n\)을 하나 임의로 고정하고, \(P(n)\)이 참이라 하자. 쪼개기로 마지막 항을 떼어 내고 귀납 가정을 대입하면 [가정 소비처]

\[ \sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k^2} = \sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} + \frac1{(n+1)^2} \le \left(2 - \frac1n\right) + \frac1{(n+1)^2} \]

이다. 이제 여벌의 부등식을 만든다. \(n \ge 1\)이므로 \(n + 1 > n > 0\)이고, 양변에 \(n+1 > 0\)을 곱하면 \((n+1)^2 > n(n+1) > 0\)이다 [(W3)]. 두 양수의 대소가 뒤집히는 역수를 취하면 [역수 반전 — S3주차 예제 2.3] \(\dfrac1{(n+1)^2} < \dfrac1{n(n+1)}\)이고, 특히 \(\dfrac1{(n+1)^2} \le \dfrac1{n(n+1)}\)이며, 부분분수로 \(\dfrac1{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac1{n+1}\)이다. 이를 대입하면

\[ \sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k^2} \le 2 - \frac1n + \frac1n - \frac1{n+1} = 2 - \frac1{n+1} \]

이고, 마지막 식이 \(P(n+1)\)의 우변이므로 \(P(n+1)\)이 참이다. ④ 결론 선언. 기저와 귀납 단계에 의해 모든 자연수 \(n \ge 1\)에서 \(P(n)\)이 참이다. \(\blacksquare\)

복기. 검산은 \(n = 2\)로 한다 — 좌변 \(1 + \frac14 = \frac54\)이고 우변 \(2 - \frac12 = \frac32\)이므로 \(\frac54 \le \frac32\) ✓. 부등식 귀납의 표준 동작은 이 답안의 구조 그대로다 — 가정을 대입해 얻은 식과 목표 식의 차를 계산하고, 그 차를 0 이상으로 만드는 여벌의 부등식을 따로 확보한다. 부분분수가 등장한 이유도 여기에 있다. 목표가 \(-\frac1{n+1}\)을 요구하므로 여벌의 우변이 \(\frac1n - \frac1{n+1}\) 꼴이어야 상쇄가 맞아떨어진다.

문제 18#

접근. 최상위가 “임의의 양의 실수 \(a\)에 대해”이므로 선택법으로 열고, 남는 것이 “정확히 하나 존재한다”이므로 존재와 유일 두 책임으로 갈린다(S13주차). 존재는 양의 제곱근의 존재라는 기성 정리를 인용하는 자리이고, 유일은 두 해의 제곱이 같다는 데서 차의 인수분해로 가는 얼굴 1이다. 무대가 양의 실수라는 자격이 유일 파트에서 결정적으로 쓰인다.

풀이. 증명. 양의 실수 \(a\)를 임의로 잡자 [선택법]. (존재) \(a > 0\)인 실수에 대해 \(x^2 = a\)인 양의 실수가 존재한다는 것은 기성 정리다 [증인의 공급로 ③ — 기성 존재 정리 인용]. 그 실수를 \(\sqrt a\)로 적는다. 자격 검증: 기성 정리가 주는 것이 양의 실수이므로 무대의 자격을 갖췄다 ✓. 사건 검증: \((\sqrt a)^2 = a\) ✓. (유일, 얼굴 1) \(x_1^2 = a\)이고 \(x_2^2 = a\)인 양의 실수 \(x_1, x_2\)를 잡자 [서로 다르다고 가정하지 않는다]. 두 등식에서 \(x_1^2 = x_2^2\)이므로 \(x_1^2 - x_2^2 = 0\)이고, 인수분해하면 \((x_1 - x_2)(x_1 + x_2) = 0\)이다 [근거 ③]. 영인수 성질에 의해 \(x_1 - x_2 = 0\)이거나 \(x_1 + x_2 = 0\)인데, \(x_1 > 0\)이고 \(x_2 > 0\)이므로 (W4)에 의해 \(x_1 + x_2 > 0\)이고 특히 0이 아니다 [무대 자격의 소비처]. 따라서 남는 것은 \(x_1 - x_2 = 0\), 곧 \(x_1 = x_2\)다 [영인수 성질(근거 ④) + 무대 자격의 소비]. 두 책임이 모두 확보되었고 \(a\)가 임의였으므로, 모든 양의 실수 \(a\)에 대해 \(x^2 = a\)인 양의 실수 \(x\)가 정확히 하나 존재한다. \(\blacksquare\)

복기. 무대를 양의 실수에서 실수 전체로 넓히면 명제가 거짓이 된다 — \(x_1 = \sqrt a\)와 \(x_2 = -\sqrt a\)가 둘 다 \(x^2 = a\)를 만족하고 서로 다르다. 무너지는 자리는 정확히 위에서 표시한 소비처다. \(x_1 + x_2 > 0\)을 말할 수 없게 되어 \(\lor\)의 한쪽을 지울 수 없다. 유일성 증명을 읽을 때 무대의 자격이 어디서 쓰이는지를 먼저 찾으면, 그 명제가 어디까지 넓혀도 살아남는지가 함께 보인다.

문제 19#

접근. 결론이 세 항의 합에 대한 하한이므로 세 항의 곱을 보면 약분으로 1이 된다. 이 구조가 3변수 AM–GM을 부르는 신호다(S7주차의 특수화 — 기성 정리에 무엇을 넣을지의 조준). 세 분수를 새 문자로 묶어 두면 정리의 투입 자격(모두 양수)과 산출물의 모양이 한눈에 정리되고, 남는 일은 곱이 1임을 실제로 계산해 보이는 것뿐이다.

풀이. 증명. 양의 실수 \(a, b, c\)를 임의로 잡자 [선택법 3회]. \(u = \dfrac ab\), \(v = \dfrac bc\), \(w = \dfrac ca\)로 두자. 자격 검증: \(a > 0\)이고 \(b > 0\)이므로 (W5)에 의해 \(\dfrac1b > 0\)이고, (W4)에 의해 \(u = a \cdot \dfrac1b > 0\)이다. 같은 논증으로 \(v > 0\), \(w > 0\)이다 ✓. 곱의 계산: \(uvw = \dfrac ab \cdot \dfrac bc \cdot \dfrac ca = \dfrac{abc}{abc} = 1\)이다. 분자와 분모가 같은 세 수의 곱이고 \(abc \neq 0\)이므로 약분이 성립한다 [근거 ③]. 수령: 3변수 AM–GM을 \((u, v, w)\)에 적용하면 [기성품, 특수화]

\[ \frac{u + v + w}3 \ge \sqrt[3]{uvw} = \sqrt[3]{1} = 1 \]

이다. 양변에 3을 곱하면 (W3) \(u + v + w \ge 3\)이고, 문자를 되돌리면 \(\dfrac ab + \dfrac bc + \dfrac ca \ge 3\)이다. \(a, b, c\)가 임의였으므로 모든 양의 실수에서 성립한다. \(\blacksquare\)

등호 조건: AM–GM의 등호는 \(u = v = w\)일 때이고, 이때 \(u^3 = uvw = 1\)이므로 \(u = v = w = 1\)이다. 곧 \(a = b\)이고 \(b = c\)일 때, 다시 말해 \(a = b = c\)일 때에만 등호가 성립한다.

복기. 검산은 \((a,b,c) = (1,2,4)\)로 한다 — \(\frac12 + \frac12 + 4 = 5 \ge 3\) ✓. 이 문제에서 실제로 한 일은 특수화 한 번뿐이며, 실력이 되는 자리는 무엇을 투입할지 고르는 조준이었다. 조준의 근거는 산출물의 모양에서 역산했다 — 우변이 상수 3이 되려면 기하평균이 1이어야 하고, 그러려면 곱이 1인 세 수를 넣어야 한다. 자격 검증을 생략하면 AM–GM을 음수에 적용하는 오류로 이어지므로, 세 값이 양수라는 확인은 답안에 반드시 남긴다.

문제 20#

접근. S1주차~S16주차의 절차를 자기 언어로 압축하는 문항이다. 채점은 문장의 매끄러움이 아니라 세 요소로 한다 — 첫수로 가장 자주 쓰이는 잎 세 개와 그 이유, 가장 헷갈린 갈림길 하나와 그 판정 기준, 그리고 결정 나무가 무엇을 하는 장치인지에 대한 한 줄. 여섯 문장 제한은 요약 능력 자체를 검사하는 장치이므로 초과하면 감점한다.

풀이. 예시 답안은 다음과 같다. 명제를 받으면 먼저 \(A\)와 \(B\)로 분해하고 숨은 가설\(\cdot\)숨은 양화사\(\cdot\)정의 속 구조를 드러낸 뒤, 결론에 부정이 박혔는지부터 묻는다. 가장 자주 첫수가 되는 잎 셋은 선택법, 구성법, 정의의 두 면으로의 귀환이다 — \(\forall\)는 “모든”, \(\subseteq\), 단사, 총칭문의 형태로 가장 흔하게 나타나고, \(\exists\)는 “짝수다”, “…의 배수다”, 방정식의 해처럼 정의 속에 접혀 있는 경우까지 세면 그다음으로 흔하며, 막혔을 때의 처방은 거의 언제나 이름 하나를 정의로 푸는 일이기 때문이다. 가장 헷갈린 갈림길은 대우와 귀류였고, 판정 기준은 “뒤집을 \(A\)가 있는가” 하나다 — 명제가 조건문이면 \(\neg A\)라는 구체적 과녁이 생기므로 대우를 먼저 시도하고, 무조건 명제여서 뒤집을 \(A\)가 없으면 귀류로 간다. 조건문인데도 \(\neg B\)에서 \(\neg A\)로 가는 그림이 보이지 않고 충돌이 다른 데서 터질 것 같으면 그때 귀류로 옮긴다. 결정 나무는 이런 갈림길들을 명제의 겉모양에 따라 자동으로 분기시키는 색인이며, 새 기법을 더하지 않고 이미 있는 기법에 도달 경로를 붙인 것이다.

복기. 이 문항의 진짜 목적은 세 번째 요소에 있다. 자기가 자주 쓰는 잎과 자주 틀리는 갈림길을 이름으로 부를 수 있으면 다음 학기의 복습이 전 범위 재독이 아니라 두세 지점의 점검으로 줄어든다. 답안에 적은 갈림길은 재학습 지도의 어느 줄에 해당하는지까지 표시해 두면 그대로 개인 복습 계획이 된다.

다음 주 예고 (S18주차): 시험을 통과했다면 이제 증명을 넘어 명제를 만드는 쪽으로 간다. Solow 16장의 일반화는 하나의 증명을 보고 “무엇을 바꿔도 여전히 성립하는가”를 물어 명제를 키우는 기술이다 — 특정 수를 변수로, 특정 집합을 임의의 집합으로, 3을 \(n\)으로 바꾸는 조작이 그 표준 동작이다. 1권 31주차의 귀납이 일반화된 명제를 증명하는 도구였다면, S18주차는 일반화할 명제를 발견하는 기술을 다룬다. 원서 16장을 통독하고 온다.