n제곱근의 존재

제곱해서 원하는 수가 되는 점을 상한으로 찾아냅니다. 빈틈을 메우는 공리가 근을 만들어내는 순간입니다.

제곱하면 목표보다 작아지는 수들을 전부 모읍니다. 그 집합의 상한이 바로 찾는 근입니다. 상한보다 작으면 제곱이 모자라고, 크면 넘어갑니다. 그래서 상한의 제곱은 정확히 목표와 같아야 합니다.

예를 들면, 넓이가 2인 정사각형의 한 변을 찾는 것과 같습니다. 변이 1이면 넓이가 모자라고 2이면 넘칩니다. 경계에 딱 맞는 길이가 존재합니다. 그 길이가 루트 2입니다.

s=sup⁡{x≥0:xn<a}⇒sn=as = \sup\{x \ge 0 : x^n < a\} \Rightarrow s^n = a
an exists and is unique\sqrt[n]{a}\ \text{exists and is unique}

예제

a>0a > 0와 자연수 nn에 대해 E={x≥0:xn<a}E = \{x \ge 0 : x^n < a\}라 두세요.

EE가 비어 있지 않고 위로 유계임을 보이고, s=sup⁡Es = \sup E라 두었을 때 삼단논법으로 sn=as^n = a임을 완전히 증명하세요.

E={x≥0:xn<a},s=sup⁡E,sn=aE = \{x \ge 0 : x^n < a\}, \qquad s = \sup E, \qquad s^n = a
a=2a = 2, n=2n = 2: 회색 영역이 E={x≥0:x2<2}E = \{x \ge 0 : x^2 < 2\}이고, 그 상한 s=sup⁡Es = \sup E가 수직 점선 위치의 2≈1.41421356\sqrt{2} \approx 1.41421356입니다. 아래 증명이 이 ss가 정확히 aa의 제곱근임을 보입니다.
증명 보기

  1. EE는 비어 있지 않습니다: 0n=0<a0^n = 0 < a이므로 0∈E0 \in E입니다. 또한 a+1a + 1은 EE의 상계입니다: x>a+1x > a + 1이면 a>0a > 0이므로 x>1x > 1이고, 따라서 xn≥x>a+1>ax^n \ge x > a + 1 > a라서 x∉Ex \notin E입니다.

  2. 단조성 사실 하나를 직접 증명해 둡니다 (1단계와 4단계에서 쓰이며, 독립된 증명은 다음 문제입니다): 0≤u<v0 \le u < v이면 vn−un=(v−u)(vn−1+vn−2u+⋯+un−1)>0v^n - u^n = (v - u)(v^{n-1} + v^{n-2}u + \cdots + u^{n-1}) > 0인데, v−u>0v - u > 0이고 두 번째 인자는 vn−1>0v^{n-1} > 0을 포함하는 음이 아닌 항들의 합이기 때문입니다. 따라서 t↦tnt \mapsto t^n은 [0,∞)[0, \infty)에서 엄격히 증가하고, x≥y≥0x \ge y \ge 0이면 xn≥ynx^n \ge y^n입니다.

    실수의 완비성(상한 공리)에 의해 s=sup⁡Es = \sup E가 존재합니다. s≥0s \ge 0이며, sn=as^n = a임을 삼단논법으로 보입니다: sn<as^n < a와 sn>as^n > a가 모두 불가능함을 보이면 sn=as^n = a가 남습니다.

  3. sn<as^n < a라 가정합니다. δ>0\delta > 0에 대해 이항정리로 (s+δ)n−sn=∑k=1n(nk)sn−kδk=δ∑k=1n(nk)sn−kδk−1(s+\delta)^n - s^n = \sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}s^{n-k}\delta^k = \delta\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}s^{n-k}\delta^{k-1}입니다. 0<δ<10 < \delta < 1이면 δk−1≤1\delta^{k-1} \le 1이므로 이 차이는 δM\delta M 이하입니다.

    여기서 M=∑k=1n(nk)(s+1)n−kM = \sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(s+1)^{n-k}는 ss에만 의존하는 상수입니다. 0<δ<min⁡(1,(a−sn)/M)0 < \delta < \min(1, (a - s^n)/M)을 잡으면 (s+δ)n<sn+(a−sn)=a(s+\delta)^n < s^n + (a - s^n) = a이고 s+δ≥0s + \delta \ge 0이므로 s+δ∈Es + \delta \in E — ss가 상한이라는 데 모순입니다.

  4. sn>as^n > a라 가정합니다. a≥0a \ge 0이므로 s>0s > 0입니다. 0<δ<s0 < \delta < s에 대해 t=s−δt = s - \delta라 두면 인수분해 sn−tn=(s−t)(sn−1+sn−2t+⋯+tn−1)s^n - t^n = (s-t)(s^{n-1} + s^{n-2}t + \cdots + t^{n-1})에 의해 sn−(s−δ)n=δ∑j=0n−1sn−1−jtj≤n δ sn−1s^n - (s-\delta)^n = \delta\sum_{j=0}^{n-1}s^{n-1-j}t^j \le n\,\delta\,s^{n-1}입니다 (t≤st \le s이므로 각 항이 sn−1s^{n-1} 이하).

    0<δ<min⁡(s,(sn−a)/(nsn−1))0 < \delta < \min(s, (s^n - a)/(n s^{n-1}))을 잡으면 (s−δ)n>a(s-\delta)^n > a입니다. 그런데 x≥s−δx \ge s - \delta인 모든 xx는 xn≥(s−δ)n>ax^n \ge (s-\delta)^n > a를 만족하므로 x∉Ex \notin E — 즉 s−δs - \delta도 EE의 상계가 되어, ss가 최소상한이라는 데 모순입니다.

  5. 따라서 sn=as^n = a이며, s≥0s \ge 0이므로 ss는 aa의 음이 아닌 nn제곱근입니다. (유일성은 다음 문제.) 이 증명은 xnx^n의 연속성을 이항 전개로 직접 손으로 잡아낸 것으로, 상한 공리가 "구멍 없는" 실수 직선을 보장하기에 가능한 논증입니다.

s,t≥0s, t \ge 0이고 sn=tn=as^n = t^n = a이면 s=ts = t임을 증명하세요 — 즉 음이 아닌 nn제곱근은 유일합니다.

tn−sn=(t−s)(tn−1+tn−2s+⋯+sn−1)t^n - s^n = (t-s)(t^{n-1} + t^{n-2}s + \cdots + s^{n-1})
a=2a = 2, n=2n = 2: 수직 점선은 2≈1.41421356\sqrt{2} \approx 1.41421356 한 점에만 그어집니다 — 제곱해서 22가 되는 음이 아닌 수는 이것 하나뿐입니다.
증명 보기

  1. 0≤s<t0 \le s < t라 가정합니다. 인수분해 tn−sn=(t−s)(tn−1+tn−2s+⋯+sn−1)t^n - s^n = (t-s)(t^{n-1} + t^{n-2}s + \cdots + s^{n-1})에서 첫 인자 t−s>0t - s > 0이고, 두 번째 인자의 각 항은 t>0t > 0이므로 00이 아니며 음이 아닙니다 (특히 tn−1>0t^{n-1} > 0).

    따라서 tn−sn>0t^n - s^n > 0, 즉 sn<tns^n < t^n입니다. xnx^n은 [0,∞)[0, \infty)에서 엄격히 증가합니다.

  2. sn=tn=as^n = t^n = a인데 s≠ts \ne t라면, 대칭성에 의해 s<ts < t 또는 t<st < s이고, 위에서 sn≠tns^n \ne t^n이 되어 모순입니다. 따라서 s=ts = t — 음이 아닌 nn제곱근은 유일합니다.

이분법으로 aa의 nn제곱근을 근사할 때, kk번째 중점 xkx_k에 대한 오차 상한 ∣xk−s∣≤b0−a02k|x_k - s| \le \frac{b_0 - a_0}{2^k}를 증명하고, a=2a = 2, n=2n = 2에서 10단계를 직접 계산해 상한을 수치로 검증하세요.

∣xk−s∣≤b0−a02k,x10=1.416015625\lvert x_k - s\rvert \le \frac{b_0 - a_0}{2^k}, \qquad x_{10} = 1.416015625
∣x10−2∣≈0.0018021<2210=0.001953125\lvert x_{10} - \sqrt{2}\rvert \approx 0.0018021 < \frac{2}{2^{10}} = 0.001953125
a=2a = 2, n=2n = 2: 이분법 60회 반복으로 2≈1.41421356\sqrt{2} \approx 1.41421356을 얻습니다 (∣diff∣≈2.2×10−16|\text{diff}| \approx 2.2\times 10^{-16}). 아래는 10단계에서의 오차 상한을 직접 확인합니다.
증명 보기

  1. 구간 [a0,b0]=[0,max⁡(1,a)][a_0, b_0] = [0, \max(1, a)]에서 시작합니다: a0n−a=−a<0≤b0n−aa_0^n - a = -a < 0 \le b_0^n - a이므로 (유일한) 근 ss가 이 구간 안에 있습니다. 매 단계 중점 mm에서 mn<am^n < a이면 왼쪽 구간을 버리고(s>ms > m), 아니면 오른쪽을 버립니다(s≤ms \le m) — 부호가 ss를 가두므로 불변식 s∈[ak,bk]s \in [a_k, b_k]가 유지되고, 구간 길이는 매번 절반이 됩니다: bk−ak=b0−a02kb_k - a_k = \frac{b_0 - a_0}{2^k}.

  2. xk=ak+bk2x_k = \frac{a_k + b_k}{2}는 구간의 중점이므로, ss가 같은 구간 안에 있으면 ∣xk−s∣≤bk−ak2=b0−a02k+1≤b0−a02k|x_k - s| \le \frac{b_k - a_k}{2} = \frac{b_0 - a_0}{2^{k+1}} \le \frac{b_0 - a_0}{2^k}입니다.

    (인덱스를 1부터 세면 정확히 b0−a02k\frac{b_0-a_0}{2^k}가 됩니다.) 오차는 매 단계 최소 절반씩 줄어듭니다.

  3. a=2a = 2, n=2n = 2에서 [a0,b0]=[0,2][a_0, b_0] = [0, 2]이므로 상한은 22k\frac{2}{2^k}입니다. 10단계를 직접 돌리면 x10=1.416015625x_{10} = 1.416015625이고, ∣x10−2∣≈0.0018021|x_{10} - \sqrt{2}| \approx 0.0018021 — 상한 2210=1512≈0.0019531\frac{2}{2^{10}} = \frac{1}{512} \approx 0.0019531 안에 들어갑니다.

    모델의 60회 반복값 1.4142135623730951.414213562373095는 2\sqrt{2}와 2.3×10−162.3\times 10^{-16} 이내로 일치합니다.

2. 수의 체계