S20주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

S20주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설#

수료 시험 (20문항)#

시험 규칙#

  • 이 문서에는 백지 복원만 따로 묶은 절이 없다. 그 자리에 해당하는 것은 기본 문항 1~6과 도전 문항 15의 앞부분이며, 정답지는 §1과 각 주차의 [백지 암기 대상] 상자다.

  • 주간 배분 — 1일차 Solow 부록 A~D 통독, 2일차 §1의 네 분야 해부(필사 + 해부표 채우기), 3일차 S1주차~S19주차의 [백지 암기 대상] 상자 재독, 4일차 기본\(\cdot\)표준 문항, 5일차 도전 문항과 채점. 새 진도가 없으므로 제2권 5일 루틴의 교안 개념 자리가 §1 해부로, 원서 재독 자리가 부록 훑기로 바뀐다.

  • 교재\(\cdot\)원서\(\cdot\)노트 참조 금지, 180분.

  • 배점은 기본 6문항 \(\times\) 1점 + 표준 8문항 \(\times\) 2점 + 도전 6문항 \(\times\) 3점 = 40점 만점이고, 32점 이상이면 수료다.

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

  • 해설은 채점이 끝난 뒤에만 연다.

  • 수료하면 2학기 C1주차로 넘어간다. 기준에 미치지 못하면 §3 재학습 지도의 해당 주차를 복습하고 일주일 뒤 재시험을 본다.

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

기본 ●○○ (각 1점)#

1. 결정 나무 0~3단계를 백지에 쓰시오.

2. 분야 A(드모르간)의 해부표를 재현하시오 — 각 줄의 기법을 지목하시오.

3. 명제 “\(\sqrt5\)는 무리수이다”의 첫수 기법과 그 이유(부정형\(\cdot\)무조건)를 쓰시오.

4. NOT 기계 6칙과 자격 보존 규칙을 쓰시오.

5. “정확히 하나”의 두 파트와 각 파트의 기법, 그리고 well-defined의 뜻을 쓰시오.

6. max\(\cdot\)min 부등식 번역표 네 칸을 쓰시오.

표준 ●●○ (각 2점)#

7. 임의의 집합 \(A\), \(B\)에 대해 \(A \cap (A \cup B) = A\) (흡수 법칙)를 증명하시오 (양방향 포함).

8. 모든 실수 \(x\)에 대해 \(x^2 - 2x + 2 > 0\)임을 증명하시오 (선택법 + 완전제곱).

9. 정수 \(n\)에 대해, \(n^2\)이 5의 배수이면 \(n\)은 5의 배수임을 증명하시오 (대우 + 경우법, S12주차 문제 11).

10. \(\sqrt6\)이 무리수임을 증명하시오 (귀류 4단 서식 — \(a^2 = 6b^2\)에서 \(2 \mid a\) 또는 \(3 \mid a\) 중 하나로 시작).

11. 모든 자연수 \(n\)에 대해 \(\sum_{k=1}^n (3k - 2) = \dfrac{n(3n-1)}2\)임을 귀납법으로 증명하시오.

12. \(S = \{x \in \mathbb{R} : x^2 \le 2x\}\)의 최댓값과 최솟값을 구하고 증명하시오.

13. \(\dfrac{4n - 3}{2n + 1} \to 2\)임을 \(\varepsilon\)-\(N\) 정의로 증명하시오.

14. 실수 \(a \neq 0\)과 실수 \(b\)에 대해, \(ax_1^2 + b = 0\)이고 \(ax_2^2 + b = 0\)이면 \(x_1^2 = x_2^2\)임을 증명하시오 (유일성 얼굴 1로 \(x_1^2\)의 유일성). 이로부터 \(ax^2 + b = 0\)의 실근이 존재하면 부호만 다른 두 개이거나 0 하나임을 논하시오.

도전 ●●● (각 3점)#

15. 분야 D(악수 정리)를 백지에서 재현하고, 마지막 걸음을 독립된 보조정리로 분리해 증명하시오 — “\(k\)개의 홀수의 합이 짝수이면 \(k\)는 짝수이다”.

16. 모든 양의 실수 \(a\), \(b\), \(c\)에 대해 \((a + b + c)\left(\dfrac1a + \dfrac1b + \dfrac1c\right) \ge 9\)임을 증명하시오 (전개한 뒤 \(\dfrac ab + \dfrac ba \ge 2\)를 세 쌍에).

17. 함수 \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\)가 모든 실수 \(x\), \(y\)에 대해 \(f(xy) = f(x) f(y)\)를 만족하고 상수함수가 아니면 \(f(1) = 1\)임을 증명하시오 (특수화 — \(y = 1\) 투입).

18. \(\sqrt2 + \sqrt3\)이 무리수임을 증명하시오 (제곱한 뒤 문제 10의 결과로 환원, S11주차 문제 13).

19. (해부 종합) 다음 증명을 결정 나무로 완전 해부하시오 — 줄마다 기법\(\cdot\)출신\(\cdot\)근거를 지목하시오.

정리. 서로 다른 두 유리수 사이에는 유리수가 존재한다.

증명. \(r < s\)인 유리수 \(r\), \(s\)를 임의로 잡자. \(q = \dfrac{r + s}2\)로 두자. \(r\)과 \(s\)가 유리수이므로 \(q\)도 유리수이다. 또 \(q - r = \dfrac{s - r}2 > 0\)이고 \(s - q = \dfrac{s - r}2 > 0\)이므로 \(r < q < s\)이다. 따라서 그런 유리수가 존재한다. \(\blacksquare\)

20. (서술 — 1학기 회고) 이번 학기 전체를 다섯 문장 이내로 회고하시오: (a) 1권이 준 것과 Solow가 더한 것의 관계, (b) 결정 나무가 통합한 것, (c) 2학기 Chartrand에서 이 절차로 무엇을 하게 될지의 예상.

재학습 지도#

틀린 문항

복습

1, 19, 20

결정 나무 (S17주차 §1)

2, 7

집합 증명 — 선택법과 정의의 두 면 (S4주차\(\cdot\)S6주차)

3, 10, 18

귀류 (S11주차)

4

NOT 기계 (S10주차)

9

대우 (S12주차)

5, 14

유일성 (S13주차)

11

귀납법 (S14주차)

15

세기 논증 (1권 13주차 §1.6) \(\cdot\) 홀짝 정의의 전진면 (1권 1주차 \(\cdot\) S4주차) \(\cdot\) 이 문서 §1 분야 D (경우법이 필요한 곳은 그 분야의 \(V\) 분할이다 — S15주차)

8, 16

부등식 설계 (S3주차 \(\cdot\) 1권 16주차)

6, 12

최대\(\cdot\)최소 (S16주차)

13

중첩 양화사 (S8주차)

17

특수화 (S7주차)

해설#

채점이 끝나기 전에는 열지 않는다. 기본 문항의 정답지는 §1과 각 주차의 [백지 암기 대상] 상자이며, 표현이 달라도 내용이 완전하면 정답으로 센다.

문제 1#

접근. S17주차 §1을 백지에서 되살리는 문항이다. 요구하는 것은 잎의 내부 서식이 아니라 잎까지 내려가는 길이므로, 네 걸음의 이름과 각 걸음의 갈래를 적으면 만점이다. 갈래마다 어느 주차의 기법이 붙는지를 함께 표시하면 채점이 쉬워지고, 표시하지 않으면 나무가 색인 구실을 하지 못한다.

풀이. 결정 나무는 네 걸음이다.

0단계 — 판 세팅(항상 한다). 명제를 \(A\)와 \(B\)로 분해하고, 숨은 가설\(\cdot\)숨은 양화사\(\cdot\)정의 속에 접힌 구조를 전부 문면으로 끌어낸다 (S1주차\(\cdot\)S4주차). 이 걸음을 빼면 2단계가 읽을 겉모양이 없다 — “\(A \cap B \subseteq A\)”는 \(\subseteq\)를 풀기 전에는 \(\forall\)로 보이지 않는다.

1단계 — 결론에 부정이 박혀 있는가. 신호는 무리수, \(\notin\), \(\neq\), “…가 아니다”, “…는 없다”, “무한히 많다”이다. 신호가 있으면 곧바로 기법을 고르지 않고 NOT 기계 [N1]~[N6]으로 전개한다 (S10주차). 전개 결과를 보고 세 갈래로 나뉜다 — 긍정형 특성화로 끝나면 직접 증명, 명제가 조건문이고 \(\neg B\)와 \(\neg A\)가 둘 다 풀리면 대우(S12주차), 뒤집을 \(A\)가 없거나 \(\neg A\)가 다루기 어려우면 귀류(S11주차)다.

2단계 — 결론의 최상위 구조는 무엇인가. \(\exists\) 또는 숨은 \(\exists\)이면 구성법(S5주차), \(\forall\) 또는 숨은 \(\forall\)이면 선택법(S6주차), \(\lor\)이면 소거법, \(\land\)이면 조각마다 따로 증명(둘 다 S15주차), “정확히 하나”이면 존재와 유일의 분리(S13주차), max\(\cdot\)min이 든 부등식이면 번역표로 환원(S16주차), 자연수 전체에 대한 \(\forall\)이고 직전 항에 의존하면 귀납법(S14주차), 겹 양화사이면 바깥부터 한 겹씩(S8주차)이다.

3단계 — 본체. 과녁 쪽에서 후진(핵심 질문과 방향 검사, S2주차), 사실 목록 쪽에서 전진(조준, S3주차), 그리고 만남. 막히면 정의의 두 면으로 귀환하고(S4주차), 사실 목록의 \(\forall\)는 특수화로(S7주차), 사실 목록의 \(\lor\)는 경우법으로 소비한다(S15주차).

복기. 1단계가 2단계보다 앞에 오는 순서는 임의가 아니다. 부정이 박힌 결론은 최상위 구조가 가려져 있어서 — “\(L\)로 수렴하지 않는다”는 겉으로 \(\forall\)도 \(\exists\)도 아니다 — 전개하지 않고 2단계로 가면 지목할 겉모양이 없다. 순서를 뒤집어 적은 답안은 걸음 이름을 다 적었어도 절반만 인정한다.

문제 2#

접근. §1 분야 A의 해부표를 복원한다. 채점 대상은 다섯 줄이고, 각 줄에서 지목할 것은 기법 이름과 그 기법이 결론 쪽에서 왔는지 가정 쪽에서 왔는지다. 증명문 자체를 다시 쓸 필요는 없지만, 어느 줄에 대한 해부인지는 표시해야 대조가 된다.

풀이. 표는 다음과 같다.

줄

기법

출신

“두 포함을 각각 보인다”

집합 상등의 분해

후진 — 핵심 질문의 답 목록에서 고른 갈림길

“\(x \in (A \cup B)^c\)를 임의로 잡자”

선택법 (S6주차)

결론의 \(\forall\)

“\(x \notin A \cup B\)를 \(\neg(x \in A \vee x \in B)\)로”

정의의 전진면 (S4주차)

가정 쪽 — 가진 것을 푼다

“드모르간 2로 \(x \notin A\)이고 \(x \notin B\)”

NOT 밀어넣기 [N3] (S10주차)

가정 쪽 전진

“따라서 \(x \in A^c \cap B^c\)”

정의의 후진면 (S4주차)

결론 쪽 — 소속을 제작한다

한 줄을 더 적으면 해부가 양방향으로 닫힌다 — (\(\supseteq\)) 방향은 같은 정의들을 반대 방향으로 읽는데, 그것이 허용되는 근거는 정의가 iff이고 드모르간 2가 동치라는 사실이다. 이 줄이 없으면 표는 (\(\subseteq\)) 절반만 해부한 것이 되고, 되짚기가 왜 허용되는지가 답안에서 빠진다.

복기. 이 표에서 실제로 검사되는 것은 셋째 줄과 다섯째 줄의 구분이다. 같은 “정의를 쓴다”라도 가진 것을 푸는 쪽과 과녁을 제작하는 쪽은 방향이 반대이며, 두 줄을 모두 “정의에 의해”로 적으면 어느 쪽이 전진이고 어느 쪽이 후진인지가 답안에서 사라진다.

문제 3#

접근. 계산이 아니라 판독을 묻는다. 1단계의 신호 판독과 논리형 판독 두 가지가 답의 뼈대이며, 기법 이름만 적고 이유를 빠뜨리면 같은 판독을 다른 명제에 옮길 수 없다. \(\sqrt2\)의 증명을 통째로 옮겨 적는 것은 요구 범위를 벗어난다.

풀이. 첫수 기법은 귀류다. 이유는 두 단계로 갈린다.

부정형 판독: “무리수”는 “유리수가 아니다”라는 부정형 낱말이므로 1단계에 걸린다. NOT 기계로 전개하면 “\(\sqrt5 = \dfrac ab\)인 정수 \(a\)와 0이 아닌 정수 \(b\)가 존재하지 않는다”가 되고, [N6]에 의해 이것은 “모든 그런 쌍에 대해 \(\sqrt5 \neq \dfrac ab\)”라는 \(\forall\) 문장이다. 이 꼴은 손잡이가 없다 — 무한히 많은 쌍을 하나씩 검사할 수는 없다.

논리형 판독: 명제 “\(\sqrt5\)는 무리수이다”는 조건문이 아니라 무조건 명제다. 따라서 뒤집을 \(A\)가 없고, 대우문을 만들 자리가 아예 없다 (S12주차 판정법 셋째 줄). 남는 처방은 귀류이며, 첫 문장은 “결론을 부정하여 \(\sqrt5\)가 유리수라 가정하자”다.

한 줄을 더 적으면 \(\sqrt5\)로 옮겨 붙는 부품이 드러난다 — \(\sqrt5\)에서는 짝수 보조정리 대신 유클리드 보조정리를 \(p = 5\)에 적용해 “\(5 \mid a^2\)이면 \(5 \mid a\)”를 수령한다 (S15주차 문제 10의 기성품).

복기. 결정 나무 1단계는 부정 신호를 먼저 감지하지만, 처방을 고를 때는 논리형(조건문인가 무조건 명제인가)이 먼저 확정되어야 한다. S12주차 판정법의 첫째 줄은 \(A\) 자리와 \(B\) 자리가 있는 명제에만 적용되므로, 무조건 명제인 이 문항에서는 첫째 줄을 건너뛰고 셋째 줄로 곧장 간다 (S12주차 확인 7(나)). 논리형 확정을 건너뛰면 조건문에도 무조건 명제에도 똑같이 귀류를 쓰게 되고, 대우로 훨씬 짧아지는 문제에서 무늬만 귀류인 답안이 나온다.

문제 4#

접근. S10주차의 [백지 암기 대상] 상자를 그대로 재현한다. 여섯 규칙을 나열하는 것으로 절반이고, 규칙을 읽는 법과 자격 보존을 함께 적어야 만점이다. 기호만 옮기면 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 1)

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

“둘 다”의 실패는 “한쪽이라도 실패”

N3 (드모르간 2)

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

“하나라도”의 실패는 “둘 다 실패”

N4 (조건문 부정)

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

약속 위반은 “조건은 됐는데 이행하지 않음”

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”

자격 보존. 양화사에 붙은 자격(\(x \in S\), “양수”, “\(n > N\)”)은 부정의 대상이 아니다. N5와 N6에서 뒤집히는 것은 양화사와 본체뿐이며, 자격은 그대로 남는다. 예를 들어 “모든 양수 \(x\)에 대해 \(P(x)\)”의 부정은 “어떤 양수 \(x\)에 대해 \(\neg P(x)\)”이지 “어떤 음수 \(x\)에 대해 \(\neg P(x)\)”가 아니다. 전개는 부정이 본체까지 내려가 등호\(\cdot\)부등호\(\cdot\)소속이 뒤집힌 줄이 나올 때까지 계속하고, 각 줄 옆에 [N4]처럼 규칙 번호를 단다.

복기. 실전에서 가장 자주 빠지는 것은 N4다. 결론이 조건문인 명제를 귀류로 열 때 N5로 \(\forall\)만 뒤집고 본체 조건문을 그대로 두면 가정이 하나만 생긴다. N4까지 적용하면 가정이 둘 생기고, 그 둘째 가정이 대개 모순의 재료가 된다.

문제 5#

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 만점이고, well-defined는 한 문장으로 정확히 적는다.

풀이. 두 파트는 존재와 유일이다.

존재 파트. “조건을 만족하는 것이 적어도 하나 있다”는 \(\exists\)이므로 구성법(S5주차)이다. 증인을 제시하고 자격과 사건을 전수 검증한다. 증인의 공급로는 역산, 재료 조립, 기성 존재 정리 인용의 셋이다 (S5주차 §1.5). 가정의 \(\exists\)에서 이름을 받는 것은 공급로가 아니라 네 칸 표의 셋째 칸이므로 (S7주차 §1.5) 이 목록에 섞어 적지 않는다.

유일 파트. “둘 이상은 없다”이며 서식이 둘이다. 얼굴 1은 “\(P(x_1)\)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 2는 “\(P(x_1)\), \(P(x_2)\), 그리고 \(x_1 \neq x_2\)라 가정하자”로 열고 모순을 내며, 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 정리한다.

well-defined. 표현을 바꿔도 값이 하나로 정해진다는 뜻이다. 대상을 어떤 표현으로 적었느냐에 따라 결과가 달라지지 않음을 확인하는 일이며, 이 확인을 떠받치는 것이 바로 유일성이다. 유리수를 기약 표현으로 적어 정의한 대상이 그 예이고, 기약 표현의 유일성이 확보되어야 정의가 성립한다 (S13주차 문제 12).

복기. 두 책임이 독립이라는 점을 답안에 남긴다. 존재만 보이면 여럿일 가능성이 남고, 유일만 보이면 아예 없을 가능성이 남는다. 어느 한쪽만으로는 “정확히 하나”가 되지 않으며, 이 구분이 흐려지면 문제 14처럼 무엇이 유일한지를 잘못 짚는다.

문제 6#

접근. S16주차 §1.3의 번역표를 복원한다. 네 줄을 적는 것이 답이고, 네 줄이 왜 그렇게 갈리는지를 한 문장으로 덧붙이면 만점이다. 표는 max와 min이 존재할 때에만 유효하다는 단서도 함께 적는다.

풀이. 표는 다음과 같다.

부등식

양화사 번역

붙는 기법

\(\max S \le c\)

\(\forall x \in S:\ x \le c\) (곧 “\(c\)는 \(S\)의 상계”)

선택법 (S6주차)

\(\max S \ge c\)

\(\exists x \in S:\ x \ge c\)

구성법 (S5주차)

\(\min S \ge c\)

\(\forall x \in S:\ x \ge c\) (곧 “\(c\)는 \(S\)의 하계”)

선택법 (S6주차)

\(\min S \le c\)

\(\exists x \in S:\ x \le c\)

구성법 (S5주차)

한 줄 요약: max를 위에서 누르는 것과 min을 아래서 받치는 것은 전원 검사(\(\forall\))이고, 그 반대 방향은 원소 하나 찾기(\(\exists\))다. 네 줄은 하늘에서 떨어진 것이 아니라 최댓값 정의의 두 조각 — ① \(\max S \in S\) ② 모든 \(x \in S\)에 대해 \(x \le \max S\) — 을 부등호 방향에 따라 나눠 쓴 결과다. 예를 들어 첫째 줄의 (\(\leftarrow\))는 조각 ①을 써서 \(\max S\) 자신을 \(\forall\) 문장에 특수화한 것이고, (\(\rightarrow\))는 조각 ②와 추이성으로 얻는다.

복기. 이 표를 쓰지 않고 정의를 통째로 펴면 존재 주장까지 매번 다시 증명하게 된다. 표가 “\(\max S\)가 존재할 때”라는 단서를 달고 있는 이유가 그것이며, 존재가 확보되지 않은 집합에서는 표를 쓰기 전에 존재부터 보여야 한다.

문제 7#

접근. 결론이 집합의 상등이므로 후진의 첫 갈림길에서 양방향 포함을 고른다. 두 방향의 난이도가 다르다는 점을 미리 보아 둔다 — (\(\subseteq\))은 교집합 정의의 전진면 한 번으로 끝나고, (\(\supseteq\))은 합집합 소속을 제작한 뒤 교집합 소속을 제작해야 하므로 걸음이 둘이다. 각 방향의 첫 문장은 \(\subseteq\) 안에 접힌 \(\forall\) 때문에 모두 선택법이다.

풀이. 증명. 집합의 상등이므로 두 포함을 각각 보인다.

(\(\subseteq\)) \(x \in A \cap (A \cup B)\)를 임의로 잡자 [선택법]. 교집합의 정의에 의해 \(x \in A\)이고 \(x \in A \cup B\)이다 [전진면, 근거 ①]. 특히 \(x \in A\)이다. \(x\)가 임의였으므로 \(A \cap (A \cup B) \subseteq A\)이다.

(\(\supseteq\)) \(x \in A\)를 임의로 잡자 [선택법]. 합집합의 정의는 “\(x \in A\) 또는 \(x \in B\)”이므로 왼쪽 조각만으로 \(x \in A \cup B\)가 성립한다 [후진면 — \(\lor\)는 한쪽을 켜는 것으로 충분하다]. 이제 \(x \in A\)이고 \(x \in A \cup B\)이므로 교집합의 정의에 의해 \(x \in A \cap (A \cup B)\)이다 [후진면]. \(x\)가 임의였으므로 \(A \subseteq A \cap (A \cup B)\)이다.

두 포함이 모두 성립하므로 \(A \cap (A \cup B) = A\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 두 방향의 비대칭이 이 문제의 관찰 지점이다. 한쪽은 가진 것을 푸는 일(전진면)뿐이고 다른 쪽은 과녁을 짓는 일(후진면)뿐이며, 같은 정의가 방향에 따라 다른 얼굴로 쓰인다. (\(\supseteq\))에서 \(x \in B\)인지는 끝내 묻지 않았다는 점도 확인해 둔다 — \(\lor\)를 제작할 때는 한쪽만 확보하면 되고, 이것이 \(\lor\)를 소비할 때 두 경우를 모두 다뤄야 하는 것과 정반대다.

문제 8#

접근. 결론이 “모든 실수 \(x\)에 대해”이므로 선택법으로 판을 교체하고, 남는 과녁은 부등식이다. 부등식의 표준 후진은 “0보다 큼”을 제곱으로 환원하는 것이다 — 0 이상의 근원은 (W1)이고, 거기에 양수 하나를 더해 엄격한 부등호를 만든다. 좌변을 완전제곱으로 정리하는 계산이 그 환원의 실제 동작이다.

풀이. 증명. 실수 \(x\)를 임의로 잡자 [선택법]. 좌변을 완전제곱으로 정리하면

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

이다 [등식의 성질, 근거 ③]. (W1)에 의해 \((x-1)^2 \ge 0\)이고, 양변에 1을 더하면 (W2) \((x-1)^2 + 1 \ge 1\)이다. 그런데 \(1 > 0\)이므로 추이성 (W6)에 의해 \((x-1)^2 + 1 > 0\)이다. 따라서 \(x^2 - 2x + 2 > 0\)이다. \(x\)가 임의였으므로 모든 실수에서 성립한다. \(\blacksquare\)

복기. 검산은 전개로 한다 — \((x-1)^2 + 1 = x^2 - 2x + 1 + 1 = x^2 - 2x + 2\) ✓. 완전제곱을 만드는 절차는 기계적이다. \(x^2 + px + q\)에서 \(\left(\frac p2\right)^2\)을 더하고 빼면 \(\left(x + \frac p2\right)^2 + \left(q - \frac{p^2}4\right)\)가 되며, 남는 상수가 양수이면 이 문제처럼 엄격한 부등호가 나오고 0이면 등호가 가능해진다. 여기서는 \(p = -2\), \(q = 2\)라 남는 상수가 \(2 - 1 = 1 > 0\)이다.

문제 9#

접근. 가정이 합성식 \(n^2\)의 성질이고 결론이 재료 \(n\)의 성질이므로 S12주차 판정법 표의 넷째 줄에 걸린다. 직접 공략은 “\(n^2 = 5k\)”에서 \(n\)을 꺼낼 통로가 없어 막히고, 대우를 만들면 방향이 재료 쪽에서 합성식 쪽으로 뒤집혀 나눗셈 정리의 나머지가 손잡이가 된다. 대우의 가정 “5가 \(n\)을 나누지 않는다”를 네 개의 나머지 경우로 펴는 것이 둘째 걸음이다.

풀이. 증명.

① 대우 선언. 대우를 증명한다. 대우는 “정수 \(n\)에 대해, \(n\)이 5의 배수가 아니면 \(n^2\)도 5의 배수가 아니다”이다.

② 직접 증명. \(n\)이 5의 배수가 아니라 하자. 나눗셈 정리에 의해 \(n = 5q + r\)인 정수 \(q\)와 \(r \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\)가 유일하게 존재한다. \(5 \nmid n\)이므로 \(r \neq 0\)이고, 따라서 \(r \in \{1, 2, 3, 4\}\)다. 제곱하면

\[ n^2 = 25q^2 + 10qr + r^2 = 5(5q^2 + 2qr) + r^2 \]

이므로 \(n^2\)을 5로 나눈 나머지는 \(r^2\)을 5로 나눈 나머지와 같다 [등식의 성질]. 네 경우를 전수로 확인한다. \(r = 1\)이면 \(r^2 = 1\)이라 나머지 1, \(r = 2\)이면 \(r^2 = 4\)라 나머지 4, \(r = 3\)이면 \(r^2 = 9 = 5 + 4\)라 나머지 4, \(r = 4\)이면 \(r^2 = 16 = 15 + 1\)이라 나머지 1이다. 네 경우 모두 나머지가 0이 아니므로 \(5 \nmid n^2\)이다.

③ 복귀 선언. 대우가 증명되었으므로 원명제 “\(5 \mid n^2\)이면 \(5 \mid n\)”이 성립한다. \(\blacksquare\)

복기. 유클리드 보조정리를 \(p = 5\)에 적용하면 한 줄로 끝나지만(S15주차 문제 10), 이 문항은 그 기성품 없이도 닫히는 길을 요구한다. 경우법이 그 길이며, 경우를 나누는 축이 “5로 나눈 나머지”라는 하나의 값이라 전수성이 자동으로 확보된다. 네 경우를 다 적지 않고 “나머지가 0이 아니면 제곱의 나머지도 0이 아니다”로 줄이면 그 문장 자체가 증명해야 할 것이므로 순환이 된다.

문제 10#

접근. 부정형 낱말이고 무조건 명제이므로 귀류이며, 서식은 S11주차의 4단이다. \(\sqrt2\)의 증명과 달라지는 자리는 ② 전진 한 곳뿐이다 — \(a^2 = 6b^2\)에서 짝수 보조정리를 두 번 쓰되, 두 번째 적용 전에 \(3b^2\)이 짝수라는 사실을 \(b^2\)의 짝수성으로 옮기는 걸음이 하나 더 필요하다. 그 걸음을 빠뜨리면 사슬이 끊긴다.

풀이. 증명.

① 개시 선언. 결론을 부정하여 \(\sqrt6\)이 유리수라 가정하자. 그러면 \(\sqrt6 = \dfrac ab\)인 정수 \(a\)와 0이 아닌 정수 \(b\)가 있고, 공약수로 나누어 기약 표현을 잡을 수 있으므로 \(a\)와 \(b\)의 공약수는 \(\pm 1\)뿐이라 해도 된다.

② 전진. 양변을 제곱하고 \(b^2\)을 곱하면 \(a^2 = 6b^2 = 2(3b^2)\)이므로 \(a^2\)은 짝수다. S12주차 예제 2.1의 보조정리를 \(n = a\)에 특수화하면 \(a\)가 짝수이므로 \(a = 2k\)인 정수 \(k\)가 있다. 대입하면 \(4k^2 = 6b^2\)이고, 양변을 2로 나누면 \(2k^2 = 3b^2\)이다. 좌변이 짝수이므로 \(3b^2\)도 짝수다. 여기서 \(b^2\)이 짝수임을 끌어낸다 — \(b^2\)이 홀수라면 \(3b^2\)은 홀수와 홀수의 곱이라 홀수가 되어 방금 얻은 사실과 어긋나므로, \(b^2\)은 짝수여야 한다. 같은 보조정리를 \(n = b\)에 특수화하면 \(b\)도 짝수다.

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

④ 결론 선언. 따라서 가정이 틀렸고, \(\sqrt6\)은 무리수다. \(\blacksquare\)

복기. 소수 3으로 시작해도 같은 길이로 끝난다 — \(a^2 = 6b^2\)에서 \(3 \mid a^2\)이므로 유클리드 보조정리(\(p = 3\))로 \(3 \mid a\)를 얻고, \(a = 3k\)를 대입하면 \(3k^2 = 2b^2\)에서 \(3 \mid 2b^2\), 3이 2를 나누지 않으므로 \(3 \mid b^2\), 다시 \(3 \mid b\)다. 어느 소수를 골라도 되지만 고른 소수를 끝까지 밀고 가야 하며, 중간에 2와 3을 섞으면 공약수 주장이 어긋난다. 반대로 \(\sqrt4\)에 같은 논증을 시도하면 4가 소수가 아니어서 보조정리의 자격 검증에서 막히는데, 이것이 증명에서 소수성이 소비되는 자리다.

문제 11#

접근. 자연수 전체에 대한 \(\forall\)이고 좌변이 직전 항에 의존하는 합이므로 귀납법이다. 채점 지점은 셋이다 — 기저에서 양변을 각각 계산해 일치를 보이는가, 귀납 단계에서 가정을 소비하는 자리를 표시하는가, 마지막 식이 \(n + 1\)을 대입한 우변과 같은 꼴로 정리되는가.

풀이. 증명. \(n\)에 대한 귀납법으로 증명한다.

(기저) \(n = 1\)일 때 좌변은 \(3 \cdot 1 - 2 = 1\)이고 우변은 \(\dfrac{1 \cdot (3 \cdot 1 - 1)}2 = \dfrac{1 \cdot 2}2 = 1\)이므로 양변이 같다 ✓.

(귀납 단계) 어떤 자연수 \(n\)에서 \(\sum_{k=1}^n (3k - 2) = \dfrac{n(3n-1)}2\)가 성립한다고 하자. \(n + 1\)에서 좌변을 계산하면

\[ \sum_{k=1}^{n+1} (3k - 2) = \left(\sum_{k=1}^{n} (3k - 2)\right) + \bigl(3(n+1) - 2\bigr) = \frac{n(3n-1)}2 + (3n + 1) \]

이다. 둘째 등호에서 귀납 가정을 소비했다. 통분하면

\[ \frac{n(3n-1)}2 + (3n+1) = \frac{3n^2 - n + 6n + 2}2 = \frac{3n^2 + 5n + 2}2 = \frac{(n+1)(3n+2)}2 \]

이고, \(3n + 2 = 3(n+1) - 1\)이므로 이 값은 \(\dfrac{(n+1)\bigl(3(n+1) - 1\bigr)}2\)다. 이것은 원식의 \(n\) 자리에 \(n+1\)을 넣은 우변과 같은 꼴이다 ✓.

기저와 귀납 단계가 모두 성립하므로 모든 자연수 \(n\)에서 등식이 성립한다. \(\blacksquare\)

복기. 인수분해 검산은 전개로 한다 — \((n+1)(3n+2) = 3n^2 + 2n + 3n + 2 = 3n^2 + 5n + 2\) ✓. 값 검산도 한 번 해 둔다. \(n = 2\)이면 좌변은 \(1 + 4 = 5\)이고 우변은 \(\dfrac{2 \cdot 5}2 = 5\) ✓. 귀납 단계에서 가장 자주 어긋나는 것은 마지막 정리다 — \(\dfrac{3n^2 + 5n + 2}2\)에서 멈추면 그것이 \(n+1\)의 우변인지 확인되지 않으므로, \((n+1)\)을 인수로 드러내는 데까지 가야 한다.

문제 12#

접근. 두 걸음이다. 먼저 \(S\)를 부등식이 아니라 구간으로 다시 적어야 후보가 보이고, 그다음 후보마다 S16주차 §1.4의 2부 서식(소속 검증 + 상계 또는 하계 증명)을 돌린다. 첫 걸음의 부호 판정은 곱의 부호를 경우로 나누는 일이므로 경우법이 그 자리에서 쓰인다.

풀이. 집합 정리. \(x^2 \le 2x\)는 \(x^2 - 2x \le 0\), 곧 \(x(x - 2) \le 0\)과 동치다 [부등식의 성질]. 곱이 0 이하가 되는 경우를 전수로 나눈다. \(x < 0\)이면 \(x < 0\)이고 \(x - 2 < 0\)이라 곱이 양수이므로 조건이 거짓이다. \(0 \le x \le 2\)이면 \(x \ge 0\)이고 \(x - 2 \le 0\)이라 곱이 0 이하이므로 참이다. \(x > 2\)이면 두 인수가 모두 양수라 곱이 양수이므로 거짓이다. 세 경우가 전수이므로 \(S = \{x \in \mathbb{R} : 0 \le x \le 2\}\)이다.

최댓값. \(\max S = 2\)임을 보인다. 소속: \(2^2 = 4 \le 4 = 2 \cdot 2\)이므로 \(2 \in S\)다 ✓. 상계: \(x \in S\)를 임의로 잡으면 위 특성화에 의해 \(x \le 2\)이다 [선택법] ✓. 두 조각이 성립하므로 정의에 의해 \(\max S = 2\)다.

최솟값. \(\min S = 0\)임을 보인다. 소속: \(0^2 = 0 \le 0 = 2 \cdot 0\)이므로 \(0 \in S\)다 ✓. 하계: \(x \in S\)를 임의로 잡으면 \(x \ge 0\)이다 [선택법] ✓. 두 조각이 성립하므로 \(\min S = 0\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 소속 검증을 빠뜨리면 \(S\) 밖의 수도 최댓값으로 통과한다 — 3도 \(S\)의 상계이지만 \(3 \notin S\)이므로 최댓값이 아니다. 상계만 적은 답안이 자주 나오는 원인은 “최댓값”이라는 말이 크기 쪽 조건만 떠올리게 하기 때문이며, 정의의 두 조각을 걸음 번호로 적어 두면 이 누락이 눈에 띈다. 경계값 검산도 해 둔다 — \(x = 2\)에서 \(4 \le 4\) ✓, \(x = 2.1\)에서 \(4.41 \le 4.2\)는 거짓이므로 구간 밖이다 ✓.

문제 13#

접근. 정의의 겉모양이 \(\forall \varepsilon \exists N \forall n\)이라는 세 겹이므로 바깥부터 한 겹씩 연다 — 선택법, 구성법, 선택법 순이다 (S8주차). 증인 \(N\)은 역산으로 찾는다. 목표 부등식을 \(n\)에 대해 풀어 문턱을 얻은 뒤, 그 문턱 이상의 자연수를 천장으로 만든다.

풀이. 역산(설계). 차를 먼저 정리한다.

\[ \left|\frac{4n-3}{2n+1} - 2\right| = \left|\frac{4n - 3 - 2(2n+1)}{2n+1}\right| = \left|\frac{-5}{2n+1}\right| = \frac5{2n+1} \]

이므로 목표는 \(\dfrac5{2n+1} < \varepsilon\)이다. 이것은 \(2n + 1 > \dfrac5\varepsilon\)과 동치이고, \(2n > \dfrac5\varepsilon\)이면 충분하다. 곧 \(n > \dfrac5{2\varepsilon}\)이 문턱이다.

증명. \(\varepsilon > 0\)을 임의로 잡자 [선택법]. \(N = \left\lceil \dfrac5{2\varepsilon} \right\rceil\)로 두자 [구성법].

자격 검증: \(\varepsilon > 0\)이므로 \(\dfrac5{2\varepsilon} > 0\)이고, 천장은 그 값 이상인 정수이므로 \(N\)은 양의 정수다 ✓. 또 천장의 성질에서 \(N \ge \dfrac5{2\varepsilon}\), 곧 \(2N \ge \dfrac5\varepsilon\)이다.

사건 검증: \(n > N\)인 자연수 \(n\)을 임의로 잡자 [선택법]. 그러면 \(2n + 1 > 2N + 1 > 2N \ge \dfrac5\varepsilon\)이다. 양변이 양수이므로 역수를 취하면 부등호가 뒤집혀 \(\dfrac1{2n+1} < \dfrac\varepsilon5\)이고, 양변에 5를 곱하면 (W3) \(\dfrac5{2n+1} < \varepsilon\)이다. 앞의 계산에 의해 이것은 곧 \(\left|\dfrac{4n-3}{2n+1} - 2\right| < \varepsilon\)이다.

\(n\)이 임의였으므로 \(n > N\)인 모든 \(n\)에서 성립하고, \(\varepsilon\)이 임의였으므로 모든 양수 \(\varepsilon\)에서 성립한다. 따라서 \(\dfrac{4n-3}{2n+1} \to 2\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 검산은 값 하나로 한다. \(\varepsilon = 0.1\)이면 \(N = \lceil 25 \rceil = 25\)이고, \(n = 26\)에서 차는 \(\dfrac5{53} \approx 0.094 < 0.1\) ✓. 겹을 연 순서(\(\forall\varepsilon \to \exists N \to \forall n\))와 닫은 순서가 역순이라는 점도 채점 지점이다. 증인 \(N\)이 \(\varepsilon\)의 식이어도 되는 것은 \(\varepsilon\)이 먼저 확정되었기 때문이며, 이것이 맞춤 증인이다.

문제 14#

접근. 앞부분은 유일성 얼굴 1의 골격 그대로다 — 조건을 만족하는 것 둘을 잡고 같음에 도착한다. 다만 같음이 주장되는 대상이 \(x\)가 아니라 \(x^2\)이라는 점을 놓치면 명제를 잘못 읽는다. 뒷부분은 유일성 파트가 얻은 \(x_1^2 = x_2^2\)을 인수분해해 근의 모양을 읽는 일이다.

풀이. 증명. \(ax_1^2 + b = 0\)이고 \(ax_2^2 + b = 0\)이라 하자 [얼굴 1의 개시 — 둘이 다르다고 가정하지 않는다]. 두 식을 빼면

\[ a x_1^2 - a x_2^2 = 0, \qquad \text{곧} \qquad a(x_1^2 - x_2^2) = 0 \]

이다 [등식의 성질]. \(a \neq 0\)이므로 영인수 성질에 의해 \(x_1^2 - x_2^2 = 0\), 곧 \(x_1^2 = x_2^2\)이다. 따라서 \(x^2\)의 값은 하나로 정해진다. \(\blacksquare\)

근의 모양. \(x_1^2 = x_2^2\)이면 \(x_1^2 - x_2^2 = (x_1 - x_2)(x_1 + x_2) = 0\)이고, 영인수 성질에 의해 \(x_1 = x_2\) 또는 \(x_1 = -x_2\)다. 실제 근을 확인하면 \(ax^2 + b = 0\)은 \(x^2 = -\dfrac ba\)와 동치이므로 세 경우로 갈린다. \(-\dfrac ba > 0\)이면 근은 \(\pm\sqrt{-\dfrac ba}\) 두 개이고 부호만 다르다. \(-\dfrac ba = 0\)이면 \(b = 0\)이라 근은 \(x = 0\) 하나다. \(-\dfrac ba < 0\)이면 (W1)에 의해 어떤 실수의 제곱도 음수가 아니므로 실근이 없다. 따라서 실근이 존재하면 부호만 다른 두 개이거나 0 하나다.

복기. 유일한 것이 \(x\)가 아니라 \(x^2\)이라는 구분이 이 문항의 요점이다. 무대를 실수 전체로 두는 한 \(x\)의 유일성은 거짓이며, 유일성을 \(x\)까지 밀고 가려면 “양의 실수”처럼 무대에 자격을 걸어야 한다. 유일성 주장을 읽을 때 무엇이 유일한지와 어느 무대에서 유일한지를 먼저 확정하는 습관이 S13주차의 요구였고, 이 문항이 그 확인이다.

문제 15#

접근. 두 부분으로 나뉜다. 앞부분은 §1 분야 D의 재현이므로 정답지가 §1이고, 뒷부분이 이 문항의 새 요구다. 마지막 걸음을 보조정리로 분리하라는 것은 그 걸음이 그래프와 무관한 정수의 사실임을 드러내라는 뜻이다. 보조정리의 진술을 먼저 정확히 적고, 그다음 홀수의 정의를 \(k\)개의 값에 각각 풀어 합을 계산한다.

풀이. 보조정리. \(k\)개의 홀수의 합이 짝수이면 \(k\)는 짝수이다.

증명. 홀수 \(c_1, \ldots, c_k\)의 합이 짝수라 하자. 홀수의 정의에 의해 각 \(i\)에 대해 \(c_i = 2m_i + 1\)인 정수 \(m_i\)가 있다 [정의의 전진면, 근거 ①]. 합을 계산하면

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

이다 [등식의 성질]. \(m_1 + \cdots + m_k\)를 \(t\)라 쓰면 합은 \(2t + k\)이고, 이 값이 짝수라 했으므로 \(2t + k = 2s\)인 정수 \(s\)가 있다. 따라서 \(k = 2s - 2t = 2(s - t)\)이고 \(s - t\)는 정수이므로 \(k\)는 짝수다. \(\blacksquare\)

악수 정리에서 쓰이는 자리. §1 분야 D의 증명에서 \(S_{\text{odd}} = 2(e - t)\)까지 얻으면 “차수가 홀수인 \(k\)개 꼭짓점의 차수의 합이 짝수”라는 사실이 확보된다. 여기에 보조정리를 적용하면 \(k\)가 짝수라는 결론이 곧바로 나오고, 이것이 정리의 주장이다. 분리해 보면 그래프의 성질이 쓰이는 곳은 이중 세기 한 줄뿐이고 나머지는 전부 정수의 홀짝 계산임이 드러난다.

복기. 같은 등식 \(\sum c_i = 2t + k\)에서 대우도 함께 읽힌다 — \(k\)가 홀수이면 합은 짝수에 홀수를 더한 값이라 홀수다. 두 방향을 묶으면 “홀수 \(k\)개의 합의 홀짝은 \(k\)의 홀짝과 같다”가 되며, 이 형태가 재사용하기 좋다. 보조정리로 분리하는 이득은 재사용성에 있다 — 그래프 밖의 문제에서도 이 문장 하나로 인용할 수 있다.

문제 16#

접근. 좌변이 곱이므로 먼저 전개해 무엇을 상대하는지 본다. 전개하면 상수 3과 세 쌍의 역수 합이 남고, 각 쌍이 2 이상임을 보이면 합이 9 이상이 된다. 쌍의 부등식 \(\dfrac xy + \dfrac yx \ge 2\)는 차를 통분해 제곱을 드러내면 (W1)로 환원된다 — 부등식의 표준 후진 그대로다.

풀이. 보조 부등식. 양수 \(x\), \(y\)에 대해 \(\dfrac xy + \dfrac yx \ge 2\)이다. 실제로

\[ \frac xy + \frac yx - 2 = \frac{x^2 + y^2 - 2xy}{xy} = \frac{(x-y)^2}{xy} \]

이고, (W1)에 의해 분자가 0 이상이며 (W4)에 의해 \(xy > 0\)이므로 (W5)에 의해 몫이 0 이상이다. 따라서 \(\dfrac xy + \dfrac yx \ge 2\)다.

증명. 양의 실수 \(a\), \(b\), \(c\)를 임의로 잡자 [선택법 3회]. 좌변을 전개하면 아홉 개의 항이 나온다 — \(a \cdot \frac1a = 1\), \(b \cdot \frac1b = 1\), \(c \cdot \frac1c = 1\)이 상수 셋이고, 나머지 여섯 항은 \(\frac ab\), \(\frac ac\), \(\frac ba\), \(\frac bc\), \(\frac ca\), \(\frac cb\)이다. 이를 쌍으로 묶으면

\[ (a+b+c)\left(\frac1a + \frac1b + \frac1c\right) = 3 + \left(\frac ab + \frac ba\right) + \left(\frac bc + \frac cb\right) + \left(\frac ac + \frac ca\right) \]

이다. \(a\), \(b\), \(c\)가 모두 양수이므로 보조 부등식을 세 쌍에 각각 적용하면 각 괄호가 2 이상이고, (W2)를 반복 적용하면

\[ 3 + \left(\frac ab + \frac ba\right) + \left(\frac bc + \frac cb\right) + \left(\frac ac + \frac ca\right) \ge 3 + 2 + 2 + 2 = 9 \]

이다. 따라서 \((a+b+c)\left(\frac1a + \frac1b + \frac1c\right) \ge 9\)이고, \(a\), \(b\), \(c\)가 임의였으므로 모든 양의 실수에서 성립한다. \(\blacksquare\)

등호 조건을 적으면 부등식이 어디서 정확히 등호가 되는지가 확정된다 — 이 확정이 없으면 9가 실제로 도달되는 값인지 그저 하나의 하계인지가 답안에서 갈리지 않는다. 세 쌍의 등호가 동시에 성립해야 하므로 \(a = b\), \(b = c\), \(a = c\)가 모두 필요하고, 곧 \(a = b = c\)일 때에만 등호가 성립한다.

복기. 검산은 두 값으로 한다. \(a = b = c = 1\)이면 좌변은 \(3 \cdot 3 = 9\)로 등호 ✓. \(a = b = 1\), \(c = 2\)이면 좌변은 \(4 \cdot 2.5 = 10 \ge 9\) ✓. 이 문제의 설계는 “곱을 전개해 대칭 쌍을 만들고, 쌍마다 이미 아는 부등식을 특수화한다”는 한 동작이며, 변수 개수가 늘어도 그대로 확장된다. 자격 검증(모든 변수가 양수)을 빠뜨리면 보조 부등식이 성립하지 않으므로, 음수를 넣어 보면 \(\frac{-1}1 + \frac1{-1} = -2 < 2\)로 실제로 무너진다.

문제 17#

접근. 가정이 “모든 \(x\), \(y\)에 대해”라는 \(\forall\)이므로 사실 목록 쪽의 \(\forall\)이고, 붙는 기법은 특수화다 (S7주차). 실력이 되는 자리는 무엇을 넣을지의 조준이며, 목표가 \(f(1)\)에 대한 주장이므로 1을 넣어 보는 것이 자연스럽다. \(y = 1\)을 넣으면 좌변이 \(f(x)\)로 접히면서 \(f(1)\)이 계수 자리에 남는다.

풀이. 증명. 가정의 \(\forall\) 문장에 \(y = 1\)을 특수화하자. 자격 검증: 1은 실수이므로 투입 자격이 있다 ✓. 수령하면 모든 실수 \(x\)에 대해

\[ f(x \cdot 1) = f(x) f(1), \qquad \text{곧} \qquad f(x) = f(x) f(1) \]

이다. 양변에서 \(f(x)f(1)\)을 빼고 묶으면 모든 실수 \(x\)에 대해 \(f(x)\bigl(1 - f(1)\bigr) = 0\)이다 [등식의 성질].

이제 \(f\)가 상수함수가 아니라는 가정을 소비한다. 만약 모든 실수 \(x\)에서 \(f(x) = 0\)이라면 \(f\)는 값이 늘 0인 상수함수이므로 가정에 어긋난다. 따라서 \(f(x_0) \neq 0\)인 실수 \(x_0\)이 존재한다.

그 \(x_0\)에 대해 \(f(x_0)\bigl(1 - f(1)\bigr) = 0\)이고 \(f(x_0) \neq 0\)이므로, 영인수 성질에 의해 \(1 - f(1) = 0\)이다. 곧 \(f(1) = 1\)이다. \(\blacksquare\)

복기. 상수함수가 아니라는 가정이 소비되는 자리는 정확히 \(x_0\)의 존재를 얻는 한 줄이다. 그 가정을 빼면 명제가 거짓이 된다 — \(f(x) = 0\)인 함수는 \(f(xy) = 0 = f(x)f(y)\)를 만족하지만 \(f(1) = 0\)이다. 가정 하나를 지우고 반례를 찾아 보는 이 점검이 S18주차 일반화의 기본 동작이며, 여기서는 그 가정이 지울 수 없는 특수성임을 확인해 준다.

문제 18#

접근. 부정형 결론이고 무조건 명제이므로 귀류다. 다만 \(\sqrt2\)나 \(\sqrt6\)처럼 기약 표현으로 바로 밀고 갈 수는 없다 — 제곱해도 정수가 되지 않고 \(\sqrt6\)이 남기 때문이다. 그 남는 항이 오히려 통로다. 유리수라 가정한 값을 제곱해 \(\sqrt6\)을 유리수의 식으로 고립시키면, 문제 10에서 이미 증명한 사실과 정면으로 충돌한다.

풀이. 증명.

① 개시 선언. 결론을 부정하여 \(s = \sqrt2 + \sqrt3\)이 유리수라 가정하자.

② 전진. 양변을 제곱하면

\[ s^2 = (\sqrt2)^2 + 2\sqrt2\sqrt3 + (\sqrt3)^2 = 2 + 2\sqrt6 + 3 = 5 + 2\sqrt6 \]

이다. \(\sqrt6\)에 대해 풀면 \(\sqrt6 = \dfrac{s^2 - 5}2\)이다. 여기서 자격을 검증한다. \(s\)가 유리수이므로 \(s^2\)은 유리수의 곱이라 유리수이고, \(s^2 - 5\)는 유리수의 차라 유리수이며, 그것을 0이 아닌 정수 2로 나눈 값도 유리수다 [유리수의 사칙 닫힘 — 1권 15주차 예제 2.2(합)\(\cdot\)문제 9(차)\(\cdot\)훈련 1(곱)\(\cdot\)문제 15(몫)]. 따라서 \(\sqrt6\)은 유리수다.

③ 모순 명시. 그런데 문제 10에서 \(\sqrt6\)이 무리수임을 증명했다. 충돌한 두 문장은 “\(\sqrt6\)은 유리수다”와 “\(\sqrt6\)은 유리수가 아니다”이다 [모순의 산지 ③ — 기증명 사실과의 충돌].

④ 결론 선언. 따라서 가정이 틀렸고, \(\sqrt2 + \sqrt3\)은 무리수다. \(\blacksquare\)

복기. 이 증명의 이식 가능한 패턴은 “새 무리성을 이미 아는 무리성으로 환원한다”이다. 제곱이나 곱셈으로 아는 항만 남기고 나머지를 유리수의 식으로 고립시키는 것이 표준 동작이며, 고립된 항이 유리수임을 주장할 때 닫힘성을 근거로 명시하는 것이 채점 지점이다. 문제 10을 인용하는 답안은 그 결과를 이 시험에서 실제로 증명했으므로 순환이 아니지만, 문제 10을 풀지 않았다면 \(\sqrt6\)의 무리성을 여기서 다시 증명해야 한다.

문제 19#

접근. 증명을 새로 만드는 문항이 아니라 완성된 증명을 읽는 문항이다. 줄마다 세 가지를 지목한다 — 기법, 출신(후진인가 전진인가), 근거. 결론이 “\(\forall r, s\)”와 “\(\exists q\)”라는 두 겹이므로 첫 두 줄이 선택법과 구성법이라는 것이 골격이고, 나머지 줄은 구성법의 검증 두 종류로 갈린다.

풀이. 해부표는 다음과 같다.

줄

기법

출신\(\cdot\)근거

“\(r < s\)인 유리수 \(r\), \(s\)를 임의로 잡자”

선택법 (S6주차)

결론의 \(\forall\). 숨은 가설 \(r < s\)는 자격이며 부정의 대상이 아니다

“\(q = \dfrac{r+s}2\)로 두자”

구성법 (S5주차)

결론의 \(\exists\). 증인은 역산으로 찾는다 — \(r < q < s\)를 만족할 가장 단순한 후보가 중점이다

“\(q\)도 유리수이다”

자격 검증

유리수의 합\(\cdot\)몫에 대한 닫힘 (1권 15주차 예제 2.2\(\cdot\)문제 15 — 근거 ②/④이며 정의 15.1이 아니다)

“\(q - r = \dfrac{s-r}2 > 0\)”

사건 검증 (전진)

\(s - r > 0\)과 (W5)\(\cdot\)(W4) — 양수를 양수로 나눈 값은 양수다 (1권 16주차)

“\(s - q = \dfrac{s-r}2 > 0\)”

사건 검증 (전진)

같은 근거의 두 번째 적용. 사건이 두 부분이므로 검증도 두 번 한다

“따라서 그런 유리수가 존재한다”

구성 완료 선언

자격과 사건이 전수 검증되었으므로 \(\exists\)가 닫힌다

결정 나무의 어느 경로를 탔는지도 한 줄로 적는다. 0단계에서 결론을 \(\forall r, s\, \exists q\)로 펴고, 1단계에는 부정 신호가 없어 그대로 통과하며, 2단계에서 바깥 겹이 \(\forall\)이므로 선택법, 남은 겹이 \(\exists\)이므로 구성법이다 (S8주차의 중첩 처리).

복기. 이 증명은 1권 15주차 문제 17과 같은 명제이고 증인도 같다. 달라진 것은 답안이 아니라 읽는 방식이다 — 그때는 “중점을 잡으면 된다”는 착상이었고, 지금은 결론의 겹 구조가 선택법과 구성법을 순서대로 지목하며 증인 후보는 역산에서 나오고 검증은 자격과 사건 둘로 갈린다는 절차다. 착상이 절차가 되면 낯선 명제에서도 같은 자리를 짚을 수 있다.

문제 20#

접근. 채점은 문장의 매끄러움이 아니라 세 요소로 한다 — (a)에서 1권과 Solow의 역할 차이를 한 문장으로 구분하는가, (b)에서 결정 나무가 무엇을 하나로 묶었는지 지목하는가, (c)에서 2학기에 이 절차가 어디에 쓰일지를 구체적인 대상으로 말하는가. 다섯 문장 제한은 요약 능력 자체를 검사하는 장치이므로 초과하면 감점한다.

풀이. 예시 답안은 다음과 같다. 1권이 직접\(\cdot\)대우\(\cdot\)귀류\(\cdot\)귀납이라는 기법의 목록과 각 기법의 서식을 준 것이라면, Solow가 더한 것은 막힌 순간에 어느 기법을 왜 드는지의 판단 절차와, 후진\(\cdot\)전진으로 판을 관리하는 운영 방식이다. 결정 나무는 그 판단을 명제의 겉모양 하나로 환원해 통합했다 — 부정이 박혔는가, 결론의 최상위 구조가 무엇인가, 이 두 물음만으로 열세 개의 잎 중 하나가 지목된다. 스무 주가 하나의 절차로 접힌 결과, 이제 낯선 증명을 읽어도 각 줄의 기법\(\cdot\)출신\(\cdot\)근거를 지목할 수 있고, §1의 네 분야 해부가 그 사실의 확인이었다. 2학기 Chartrand에서는 이 절차를 정수론\(\cdot\)조합론\(\cdot\)해석학\(\cdot\)군론의 실제 정리에 적용해 스스로 증명하게 되며, 늘어나는 것은 기법이 아니라 정의와 대상이다. 그러므로 남은 훈련은 새 기법의 습득이 아니라 낯선 정의를 빠르게 두 면으로 펴는 연습이다.

복기. 이 문항의 목적은 마지막 문장에 있다. 자기가 무엇을 갖췄고 무엇이 남았는지를 이름으로 부를 수 있으면 2학기의 복습이 전 범위 재독이 아니라 두세 지점의 점검으로 줄어든다. 답안에 적은 약점은 §3 재학습 지도의 어느 줄에 해당하는지까지 표시해 두면 그대로 개인 복습 계획이 된다.

1학기(Solow) 수료#

S1주차부터 S20주차까지를 완주하고 수료 시험을 통과했다면, 이 과정이 목표로 삼은 것은 확보되었다 — 임의의 증명을 줄 단위로 해부해 읽고, 낯선 명제에 결정 나무를 적용해 첫수를 뽑는 일이다. Solow가 준 것은 개별 기법이 아니라 증명의 사고 과정을 관리하는 절차이며, 그 절차는 소재가 바뀌어도 그대로 작동한다.

다음 학기 예고 (C1주차~C20주차 — Chartrand). 2학기는 이 절차 위에서 수학의 각 분야를 차례로 통과한다. 수학적 글쓰기(C1주차)로 시작해 집합\(\cdot\)논리\(\cdot\)증명 기법을 Chartrand의 언어로 재조직하고(C2주차~C10주차), 동치관계와 함수(C11주차~C12주차), 기수와 슈뢰더–번슈타인 정리(C13주차~C14주차)를 거쳐, 정수론(C15주차 — 최대공약수\(\cdot\)유클리드 호제법\(\cdot\)산술의 기본정리), 조합론(C16주차), 해석학(C17주차 — 극한부터 미분가능성까지), 군론(C18주차~C19주차)으로 나아간다. 1권과 1학기에서 외상으로 남긴 빚 — 산술의 기본정리의 유일성, 미분, 유클리드 보조정리, 무리수의 조밀성 — 이 여기서 회수된다.

원서 Chartrand 0장을 통독하며 2학기를 준비한다. 그 전에 1학기 전체를 백지에서 재현할 수 있는지 — 특히 결정 나무와 각 기법의 서식을 — 한 번 더 점검해 두면 2학기의 부담이 줄어든다.