S20주차 — 1학기 수료: 4개 분야 증명 해부 + 수료 시험

이 주의 길잡이

핵심 문장: 이번 학기가 남긴 것은 스무 개의 기법이 아니라 하나의 읽는 절차다 — 어떤 증명을 펴 놓아도 각 줄이 어느 기법이고, 후진과 전진 중 어느 쪽에서 왔으며, 무엇을 근거로 서 있는지를 지목하는 절차이며, 수료 시험은 그 절차가 백지에서 작동하는지를 검사한다.

이 주의 위치: 1학기 20주 과정의 마지막 주. S17주차가 기법 선택을 하나의 결정 나무로 접었고 S18주차와 S19주차가 명제와 정의를 만드는 쪽으로 나아갔다면, 이번 주는 그 전부를 실제 수학 네 분야의 증명에 되돌려 적용한다. 1권 50주차가 1권 전체에 대해 한 일을 S1주차~S19주차에 대해 하고, 통과하면 2학기 C1주차로 넘어간다.

원서 대응: Solow 부록 A~D. 집합론\(\cdot\)실해석\(\cdot\)정수론\(\cdot\)그래프이론의 표본 증명이 실린 자리다. 새 기법은 없으므로 부록은 읽을거리로 훑고, 같은 네 분야를 이 문서 §1에서 이 교안의 언어로 다시 해부한다.

이번 주 목표

1. 네 분야(집합론\(\cdot\)실해석\(\cdot\)정수론\(\cdot\)그래프이론)의 증명을 줄 단위로 해부한다 — 각 줄의 기법\(\cdot\)출신\(\cdot\)근거를 복원한다.

2. S1주차~S19주차 전 범위를 수료 시험 20문항으로 점검하고, 오답을 재학습 지도로 되돌린다.

3. 2학기로 넘어가는 다리를 확인한다 — 익힌 기법이 분야마다 어떤 모습으로 운용되는지를 한 장에 정리한다.

준비 운동 (S1~S19 총복습)

1. 결정 나무 0~3단계(S17주차 §1)를 백지에 재현하시오.

2. S9주차\(\cdot\)S17주차 시험에서 미통과로 남은 항목이 있으면 이번 주 시험 전에 마무리하시오.

3. 이번 학기의 [백지 암기 대상] 상자 중 아직 불안한 것 세 개를 골라 다시 채우시오.

자주 나오는 세 가지 답

항목 1에서 나오는 답은 대개 다음 세 유형 중 하나다. 셋 다 S19주차까지를 제대로 익힌 사람에게서 나오는 답이고, 셋 다 §1이 메울 정확한 간격이 있다.

• 유형 1 — 잎의 이름만 나열한다. “구성법, 선택법, 특수화, 이름 받기, 중첩 처리,

NOT 전개, 귀류, 대우, 유일성, 귀납법, 경우법, 소거법, 최대\(\cdot\)최소.” 열세 개를 하나도 빠뜨리지 않았다면 잎 목록은 완전하고, S17주차 1부 배점에서 잎 서식에 배정된 13점은 그대로 확보된다. 간격은 나머지 8점에 있다 — 잎은 도착지일 뿐이고 시험이 묻는 것은 거기까지 내려가는 걸음이다. 어느 잎이 어느 물음의 답인지를 적지 못하면 낯선 명제 앞에서 목록을 처음부터 훑는 수밖에 없고, 목록 훑기는 소재가 낯설수록 느려진다. 걸음을 실제 증명 위에서 밟아 보는 자리가 §1의 네 해부표다.

• 유형 2 — 1단계와 2단계의 순서를 뒤집는다. 결론의 최상위 구조를 먼저 읽고 그다음에

부정 신호를 확인한다. 각 걸음의 내용은 정확하고 갈래도 빠짐없이 적었으므로 나무의 재료는 다 갖춰져 있다. 간격은 순서에 있다 — 부정이 박힌 결론은 최상위 구조가 가려져 있어서 “\(L\)로 수렴하지 않는다”는 겉으로 \(\forall\)도 \(\exists\)도 아니다. NOT 기계로 전개하기 전에는 2단계가 읽을 겉모양이 없으므로, 순서를 뒤집으면 잎을 지목할 수 없는 명제가 생긴다 (S17주차 확인 4). §1 분야 C의 첫 줄이 그 순서를 실제로 밟는 자리다.

• 유형 3 — 0단계를 생략한다. 1~3단계는 정확한데 그 앞의 판 세팅이 없다. 세 걸음만

놓고 보면 나무는 완성된 것처럼 보이고, 양화사가 겉으로 드러난 명제에서는 실제로 답이 갈리지 않는다. 간격은 정의 속에 접힌 구조에 있다 — “\(A \cap B \subseteq A\)”는 \(\subseteq\)를 풀기 전에는 \(\forall\)로 보이지 않고, “\((a_n)\)은 유계다”는 유계의 정의를 풀기 전에는 \(\exists\)로 보이지 않는다. 숨은 구조를 문면으로 끌어내지 않으면 2단계가 읽는 겉모양이 틀린 겉모양이 된다. §1의 분야 A와 분야 B가 각각 그 두 사례다.

개념 — 네 분야 증명의 공통 뼈대

아래 네 증명은 소재가 전부 다르다. 집합, 수열, 정수, 그래프가 한 번씩 나오고 등장하는 정의도 거의 겹치지 않는다 — 겹치는 것은 짝\(\cdot\)홀의 정의뿐이고, 그것이 분야 C와 분야 D를 잇는 유일한 공통 부품이다. 그런데 줄마다 붙는 기법은 열세 개의 잎을 벗어나지 않으며, 벗어나지 않는다는 사실을 눈으로 확인하는 것이 이 절의 목적이다. 네 정리는 모두 고전적인 표준 결과이고 원서 부록 A~D도 같은 명제를 다루지만, 아래의 증명문과 해부표는 이 교안이 새로 쓴 것이다.

작업 순서는 둘이다. 먼저 증명을 손으로 옮겨 적는다(필사). 그다음 줄마다 세 가지를 복원한다 — ① 기법(결정 나무의 잎이 무엇인가) ② 출신(과녁 쪽에서 내려온 후진의 결과인가, 사실 목록 쪽에서 올라온 전진의 결과인가, 둘의 만남인가) ③ 근거(어느 정의, 어느 기성 정리, 근거 목록의 몇 번인가). 해부표를 먼저 읽고 채운 표는 검사가 되지 않으므로, 표는 자기 답을 만든 뒤에만 연다.

분야 A — 집합론: 드모르간 법칙

정리. 임의의 집합 \(A\), \(B\)와 전체집합 \(U\)에 대해 \((A \cup B)^c = A^c \cap B^c\)이다.

증명. 집합의 상등이므로 두 포함을 각각 보인다.

(\(\subseteq\)) \(x \in (A \cup B)^c\)를 임의로 잡자. 여집합의 정의에 의해 \(x \notin A \cup B\)이고, 합집합의 정의에 의해 이것은 \(\neg(x \in A \vee x \in B)\)이다. 드모르간 2에 의해 \(x \notin A\)이고 \(x \notin B\)이다. 다시 여집합의 정의로 \(x \in A^c\)이고 \(x \in B^c\)이므로, 교집합의 정의에 의해 \(x \in A^c \cap B^c\)이다. \(x\)가 임의였으므로 \((A \cup B)^c \subseteq A^c \cap B^c\)이다.

(\(\supseteq\)) \(x \in A^c \cap B^c\)를 임의로 잡자. 교집합의 정의에 의해 \(x \in A^c\)이고 \(x \in B^c\)이므로, 여집합의 정의에 의해 \(x \notin A\)이고 \(x \notin B\)이다. 드모르간 2를 반대 방향으로 읽으면 \(\neg(x \in A \vee x \in B)\), 곧 \(x \notin A \cup B\)이고, 따라서 \(x \in (A \cup B)^c\)이다. \(x\)가 임의였으므로 \(A^c \cap B^c \subseteq (A \cup B)^c\)이다.

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

해부.

줄	기법	출신\(\cdot\)근거
“두 포함을 각각 보인다”	집합 상등을 \(\subseteq\)와 \(\supseteq\) 두 과녁으로 분해	후진 — 핵심 질문 “두 집합이 같음을 어떻게 보이는가”의 답 목록에서 고른 갈림길 (S2주차 §1.7)
“\(x \in (A \cup B)^c\)를 임의로 잡자”	선택법	\(\subseteq\) 안에 접힌 \(\forall\)이 결론에 있다 (S6주차)
“\(x \notin A \cup B\)가 \(\neg(x \in A \vee x \in B)\)다”	정의의 전진면	여집합과 합집합의 정의를 푼 것 (S4주차, 근거 ①)
“드모르간 2에 의해 \(x \notin A\)이고 \(x \notin B\)”	NOT 밀어넣기 [N3]	S10주차 규칙 N3 — 1권 9주차 동치 목록의 드모르간 2
“따라서 \(x \in A^c \cap B^c\)”	정의의 후진면	교집합 소속을 제작한다 (S4주차)
(\(\supseteq\))의 각 줄	같은 정의들을 반대 방향으로 읽기	정의는 iff이고 드모르간 2도 동치이므로 양방향 모두 근거가 된다 (S4주차)

확인 1. (\(\supseteq\))을 “각 단계를 거꾸로 밟으면 된다” 한 줄로 줄인 답안은 무엇을 검사받지 못하는가.

답

되짚기가 성립하려면 쓰인 걸음이 전부 동치여야 한다. 이 증명에서는 여집합\(\cdot\)합집합\(\cdot\)

교집합의 정의가 모두 iff이고 드모르간 2도 동치이므로 실제로 되짚기가 성립하지만,

바로 그 사실이 확인 대상이다. 함의만 성립하는 걸음이 하나라도 섞이면 되짚기는

무너진다 — 예를 들어 “\(x \in A\)이므로 \(x \in A \cup B\)”라는 줄은 한 방향뿐이라

역방향에서 쓸 수 없다. 그러므로 되짚기로 줄이려는 답안은 “쓴 걸음이 전부 동치다”를

한 줄로 밝혀야 하고, 밝히지 않으면 채점자는 그 판단을 대신 해 주어야 한다.

분야 B — 실해석: 수렴 수열은 유계

정리. 수열 \((a_n)\)이 \(L\)로 수렴하면 \((a_n)\)은 유계이다.

여기서 수열 \((a_n)\)이 유계라는 것은 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(\lvert a_n \rvert \le M\)인 실수 \(M\)이 존재한다는 뜻이다. 이 명제는 1권 46주차 문제 15에서 이미 증명했고, 그 사실은 S7주차 §1.7의 근거 ④ 목록에도 올라 있다. 이번 주에 새로 하는 일은 그 증명의 줄마다 기법\(\cdot\)출신\(\cdot\)근거를 복원하는 것이다.

증명. \(a_n \to L\)이라 하자. 수렴의 정의는 “모든 \(\varepsilon > 0\)에 대해 어떤 자연수 \(N\)이 존재하여, \(n > N\)이면 \(|a_n - L| < \varepsilon\)”이다. 이 가정의 \(\forall\) 문장을 \(\varepsilon = 1\)에 특수화하자. 자격 검증: \(1 > 0\)이다. 그러면 어떤 자연수 \(N\)이 있어 \(n > N\)이면 \(|a_n - L| < 1\)이고, 그런 \(N\) 하나의 이름을 받는다.

\(n > N\)인 자연수 \(n\)에 대해, 삼각부등식(1권 17주차 문제 12)을 \(x = a_n - L\), \(y = L\)에 적용하면 \(|a_n| = |(a_n - L) + L| \le |a_n - L| + |L| < 1 + |L|\)이다.

\(M = \max\{|a_1|, |a_2|, \ldots, |a_N|, |L| + 1\}\)로 두자. 원소가 \(N + 1\)개인 유한집합이므로 최댓값이 존재한다.

자연수 \(n\)을 임의로 잡자. \(n \le N\)이면 \(|a_n|\)이 위 집합의 원소이므로 \(|a_n| \le M\)이다. \(n > N\)이면 앞 문단에 의해 \(|a_n| < |L| + 1 \le M\)이다. 두 경우가 전수이므로 모든 자연수 \(n\)에서 \(|a_n| \le M\)이다.

따라서 모든 \(n\)에 대해 \(|a_n| \le M\)인 실수 \(M\)이 존재하므로 \((a_n)\)은 유계다. \(\blacksquare\)

해부.

줄	기법	출신\(\cdot\)근거
“\(\varepsilon = 1\)에 특수화하자”	특수화	가정의 \(\forall\) — 수렴 정의의 \(\forall \varepsilon\)에 값을 투입한다 (S7주차)
“그런 \(N\)의 이름을 받는다”	이름 받기	가정의 \(\exists\) — 정의의 \(\exists N\) (네 칸 표의 셋째 줄, S5주차~S7주차)
“\(\lvert a_n \rvert \le \lvert a_n - L \rvert + \lvert L \rvert < 1 + \lvert L \rvert\)”	전진	삼각부등식을 특수화한 뒤 부등식의 추이성으로 이었다 (1권 16주차 W6)
“\(M = \max\{\ldots\}\)로 두자”	구성법	결론의 \(\exists\) — 유계 정의 속 \(\exists M\) (S5주차). 증인은 앞머리 유한개와 꼬리 상계를 조립해 만든다
“\(n \le N\)과 \(n > N\)”	경우법	전수성 확인이 붙는다 (S15주차)
“모든 자연수 \(n\)에서”	선택법	유계 정의 속 \(\forall n\) — 마무리 선언으로 닫는다 (S6주차)

확인 2. 위 증명에서 \(\varepsilon = 1\) 대신 \(\varepsilon = 100\)을 넣어도 되는가. \(\varepsilon\)을 아예 고정하지 않으면 어느 줄에서 막히는가.

답

100을 넣어도 된다. 특수화는 가정의 \(\forall\)에 무엇을 넣을지 내가 고르는 칸이고 자격은

\(\varepsilon > 0\)뿐이므로 100도 통과한다. 다만 \(\varepsilon\)을 바꾸면 수령하는 \(N\)도 함께

바뀌므로, 결과는 \(\varepsilon = 100\)에 딸린 새 \(N'\)과 그에 맞춘 유한집합

\(\{\lvert a_1 \rvert, \ldots, \lvert a_{N'} \rvert, \lvert L \rvert + 100\}\)으로 통째로 바뀐다 — 마지막

원소 하나만 바뀌는 것이 아니다. 상계 값이 반드시 커지는 것도 아니다. 앞머리에 큰 항이

있으면(\(a_1 = 10^6\)인 수열이 그렇다) 두 경우 모두 \(M = 10^6\)으로 같다. 바뀌지 않는 것은

구조다 — 어떤 \(\varepsilon\)을 골라도 유한집합이 하나 확정되어 최댓값이 존재하므로,

유계라는 결론은 그대로다. 반대로 \(\varepsilon\)을

고정하지 않으면 수령한 \(N\)이 \(\varepsilon\)에 딸린 채로 남고, 그러면 \(M\)을 만들

유한집합의 원소 개수가 정해지지 않아 구성법의 증인 제시에서 막힌다. 유계의 정의가

요구하는 것은 모든 \(n\)을 한꺼번에 누르는 하나의 \(M\)이므로, 겹을 닫으려면

\(\varepsilon\)을 먼저 하나로 확정해야 한다(S8주차의 만능 증인과 맞춤 증인의 구분).

분야 C — 정수론: √2의 무리성

정리. \(\sqrt2\)는 무리수이다.

증명.

① 개시 선언. 결론을 부정하여 \(\sqrt2\)가 유리수라 가정하자. 유리수의 정의(1권 15주차 정의 15.1)에 의해 \(\sqrt2 = \dfrac ab\)인 정수 \(a\)와 0이 아닌 정수 \(b\)가 있다. 분자와 분모를 최대공약수로 나누면 공약수가 \(\pm 1\)뿐인 표현을 얻으므로, 처음부터 그런 표현을 잡았다고 해도 된다. 곧 \(a\)와 \(b\)의 공약수는 \(\pm 1\)뿐이다.

② 전진. 양변을 제곱하면 \(2 = \dfrac{a^2}{b^2}\)이고, 양변에 \(b^2\)을 곱하면 \(a^2 = 2b^2\)이다. 따라서 \(a^2\)은 짝수다. S12주차 예제 2.1이 대우로 증명한 “정수 \(n\)에 대해 \(n^2\)이 짝수이면 \(n\)은 짝수이다”를 \(n = a\)에 특수화하면 \(a\)가 짝수이므로, \(a = 2k\)인 정수 \(k\)가 있다. 이를 대입하면 \(4k^2 = 2b^2\)이고, 양변을 2로 나누면 \(b^2 = 2k^2\)이다. 따라서 \(b^2\)도 짝수이고, 같은 보조정리를 \(n = b\)에 특수화하면 \(b\)도 짝수다.

③ 모순 명시. ②에서 \(a\)와 \(b\)가 둘 다 짝수이므로 2는 \(a\)와 \(b\)의 공약수다. 그런데 ①에서 \(a\)와 \(b\)의 공약수는 \(\pm 1\)뿐이라고 했다. 충돌한 두 문장은 “2는 \(a\)와 \(b\)의 공약수다”와 “2는 \(a\)와 \(b\)의 공약수가 아니다”이다.

④ 결론 선언. 따라서 \(\sqrt2\)가 유리수라는 가정이 틀렸고, \(\sqrt2\)는 무리수다. \(\blacksquare\)

해부.

줄	기법	출신\(\cdot\)근거
“결론을 부정하여 유리수라 가정하자”	귀류 개시	결론이 부정형 낱말이고 무조건 명제여서 뒤집을 \(A\)가 없다 (S11주차, S12주차 판정법 셋째 줄)
“공약수는 \(\pm 1\)뿐이라 해도 된다”	개시문의 정규화	\(\neg B\)에 조건을 얹는 걸음. 얹은 조건이 원래 가정에서 따라 나오므로 허용된다 (S11주차)
“\(a^2 = 2b^2\)”	전진	등식의 성질 (근거 ③)
“\(a^2\) 짝수이므로 \(a\) 짝수”	특수화	가정 쪽에 놓인 기성 보조정리에 값을 투입한다 (S7주차, S12주차 예제 2.1)
“\(a = 2k\) 대입 후 \(b\)도 짝수”	전진 반복	같은 보조정리의 두 번째 특수화
“공약수 2가 기약성과 충돌”	모순 명시	\(\neg B\)에서 유도한 것이 \(\neg B\)의 다른 조각과 부딪힌다 — 모순의 산지 ② (S11주차 §1.5)

확인 3. ①에서 기약 표현을 잡는 걸음을 지우면 증명의 어느 자리가 무너지는가.

답

③의 충돌 상대가 사라진다. 유리수의 정의는 정수 쌍의 존재만 줄 뿐 기약을 주지

않으므로, 기약 조건이 없으면 ②의 결론은 “\(a\)도 짝수이고 \(b\)도 짝수다”에서 끝나며

이것은 그 자체로 아무 모순이 아니다. \(a = 4\), \(b = 2\)처럼 둘 다 짝수인 쌍은 얼마든지

있다. 기약을 얹었기 때문에 “공약수는 \(\pm 1\)뿐”이라는 문장이 개시문 안에 미리 놓이고,

②의 산출물이 그 문장과 정면으로 부딪힌다. 기약을 쓰지 않고 마치려면 짝수 추출을

무한히 반복할 수 있다는 별도의 논증을 세워야 하며, 그것은 다른 증명이 된다.

분야 D — 그래프이론: 악수 정리

그래프는 1권과 S1주차~S19주차 어디에서도 도입한 적이 없는 대상이므로, 이번 주에 쓸 낱말을 먼저 확정한다.

그래프와 차수 — 이번 주에만 쓴다

그래프는 유한집합 \(V\)와 집합 \(E\)의 짝이다. \(V\)의 원소를 꼭짓점이라 하고, \(E\)의

원소는 \(V\)의 서로 다른 두 원소로 이루어진 쌍이며 이를 변이라 한다. 한 꼭짓점을 자기

자신과 잇는 변(자기 고리)과 같은 쌍이 두 번 들어가는 것(중복 변)은 허용하지 않는다.

꼭짓점 \(v\)의 차수 \(\deg(v)\)는 \(v\)를 끝점으로 갖는 변의 개수다. 이 정의는 원서 부록

D의 것을 그대로 채택하며, 이 절에서만 쓴다.

정리. 임의의 유한 그래프에서 차수가 홀수인 꼭짓점의 개수는 짝수이다.

증명. 꼭짓점의 집합을 \(V\), 변의 개수를 \(e\)라 하자. 각 변은 두 끝점에서 한 번씩 세어지므로 모든 꼭짓점의 차수를 더하면 각 변이 정확히 두 번 세어진다. 곧

\[ \sum_{v \in V} \deg(v) = 2e \]

이고, 따라서 이 합은 짝수다.

\(V\)를 차수가 홀수인 꼭짓점의 집합 \(V_{\text{odd}}\)와 차수가 짝수인 꼭짓점의 집합 \(V_{\text{even}}\)으로 나눈다. 두 집합은 서로소이고 합집합이 \(V\)이므로

\[ \sum_{v \in V} \deg(v) = \sum_{v \in V_{\text{odd}}} \deg(v) + \sum_{v \in V_{\text{even}}} \deg(v) \]

이다. 오른쪽 둘째 합은 짝수들의 합이므로 짝수이고, 이를 \(2t\)라 하자. 그러면 \(S_{\text{odd}} = \sum_{v \in V_{\text{odd}}} \deg(v) = 2e - 2t = 2(e - t)\)이므로 \(S_{\text{odd}}\)도 짝수다.

\(V_{\text{odd}}\)의 원소 개수를 \(k\)라 하고, 그 꼭짓점들의 차수를 \(2m_1 + 1, \ldots, 2m_k + 1\)로 적자. 각 차수가 홀수이므로 이런 정수 \(m_i\)가 존재한다. 그러면

\[ S_{\text{odd}} = \sum_{i=1}^{k} (2m_i + 1) = 2(m_1 + \cdots + m_k) + k \]

이므로 \(k = S_{\text{odd}} - 2(m_1 + \cdots + m_k)\)이다. 우변은 짝수에서 짝수를 뺀 값이므로 짝수이고, 따라서 \(k\)는 짝수다. \(\blacksquare\)

해부.

줄	기법	출신\(\cdot\)근거
“차수의 합은 변 수의 2배”	같은 대상을 두 방식으로 세기	전진 — 이 증명의 핵심 관찰. 세기 논증의 원리(1권 13주차 §1.6, 근거 ④)를 꼭짓점–변 결합에 적용한 것이며, 각 대상이 정확히 두 번 세어지는 상황은 1권 12주차 문제 17(악수)에서 처음 만났다. 1권 14주차의 포함–배제가 중복을 빼서 교정한 것과 달리 여기서는 중복이 정확히 2배임을 그대로 쓴다
“\(V\)를 두 집합으로 나눈다”	경우법의 집합판	전수성(합집합이 \(V\))과 배타성(서로소)을 확인해야 합이 갈라진다 (S15주차)
“짝수들의 합은 짝수”	직접 증명	근거 ②(닫힘성) — 1권 1주차의 짝수 정의에서 나온다
“\(S_{\text{odd}} = 2(e - t)\)”	전진	등식의 성질 (근거 ③)
“차수를 \(2m_i + 1\)로 적자”	정의의 전진면	홀수의 정의를 \(k\)개의 값에 각각 푼 것 (S4주차)
“\(k\)가 짝수다”	후진	핵심 질문 “홀수들의 합이 짝수이려면 무엇이 필요한가”의 답이 마지막 등식이다 (S2주차)

확인 4. 이 증명에서 “유한”이라는 자격은 어느 줄에서 소비되는가.

답

두 곳이다. 첫째, 차수의 합이 \(2e\)라는 이중 세기는 변이 유한개일 때에만 등식으로

성립한다. 이 줄의 “각 변은 두 끝점에서 한 번씩 세어진다”는 계산 자체는 정의 상자가

자기 고리를 배제한 데서 나온다 — 자기 고리를 허용하면 그 변은 한 꼭짓점에서 두 번

세어져 등식의 우변이 달라진다. 둘째, \(S_{\text{odd}}\)를 \(k\)개 홀수의 합으로 다시 적는

마지막 걸음은 \(k\)가 0 이상의 정수여야 의미를 갖는다 — 홀수 차수인 꼭짓점이 하나도 없는

그래프(순환 그래프가 그렇다)에서는 \(k = 0\)이고, 0은 짝수이므로 정리가 성립하는 정상

사례다.

정의 상자에서 \(V\)의 유한성을 지운 대상, 곧 무한 그래프에서는 \(\sum_{v} \deg(v)\)와 변의

개수가 유한값을 갖지 않아 첫 줄의 등식이 성립하지 않고, 그 결과 결론 자체가 실제로

깨진다. 무한 경로 \(v_1 - v_2 - v_3 - \cdots\)에서는 \(\deg(v_1) = 1\)이고 \(i \ge 2\)에서

\(\deg(v_i) = 2\)이므로 차수가 홀수인 꼭짓점은 \(v_1\) 하나뿐이며, 개수 1은 짝수가 아니다.

명제가 진술되지 못하는 것이 아니라 진술된 채로 거짓이 되는 것이고, 유한성이 소비된

자리가 있다는 것을 이 반례가 확인해 준다. 자격이 어느 줄에서 소비되는지 표시하는

습관은 S18주차의 일반화에서 그대로 쓰인다 — 소비되지 않은 특수성만이 지울 수 있는

특수성이다.

네 분야를 가로지르는 관찰. 소재는 넷이지만 잎은 반복된다. 아래 표가 그 반복을 한눈에 보여 준다.

잎	분야 A	분야 B	분야 C	분야 D
선택법	\(\subseteq\)의 \(\forall\)	유계 정의의 \(\forall\)n
구성법		상계 \(M\)
특수화		수렴 정의에 \(\varepsilon = 1\)	짝수 보조정리에 \(a\), \(b\)
정의의 두 면	여집합\(\cdot\)합집합\(\cdot\)교집합	수렴\(\cdot\)유계	유리수\(\cdot\)짝수	짝수\(\cdot\)홀수\(\cdot\)차수
경우법		\(n \le N\) / \(n > N\)		\(V_{\text{odd}}\) / \(V_{\text{even}}\)
NOT 전개	드모르간 2		무리수의 전개
귀류			4단 서식 전체
후진	상등을 두 포함으로			마지막 등식의 설계

빈칸이 있는 것이 요점이다. 분야마다 쓰이는 잎의 조합은 다르지만 조합의 재료는 같은 열세 개이며, 낯선 분야의 증명이 낯설게 느껴지는 원인은 잎이 아니라 정의에 있다. 2학기가 하는 일은 잎을 늘리는 것이 아니라 정의를 늘리는 것이다.