경우 나누기와 존재 증명

점

(x, y)

를 움직이면 그 점이 속한 사분면이 음영되고, 그 경우의 계산

|xy| = |x|\cdot|y|

가 펼쳐진다 — 네 경우(와 축)가 평면을 빠짐없이 덮는다. 한편

c = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}

에서 갈라지는 두 갈래는 어느 쪽이 참인지 밝히지 않고도 "무리수

a, b

와 유리수

a^b

가 존재한다"는 결론에 도달한다 — 비구성적 존재 증명의 맛.

예제

경우 나누기로 완전히 증명하세요: 모든 실수 $x, y$ 에 대해 $|xy| = |x|\,|y|$ . 네 가지 부호 경우(0인 경우는 경우 1에 포함)를 빠짐없이 다루고, 각 경우에서 $|t|$ 의 정의( $t \ge 0$ 이면 $t$ , $t < 0$ 이면 $-t$ )를 직접 적용하세요.

|xy| = |x|\,|y| \qquad \forall x, y \in \mathbb{R}

x < 0 < y \;\Rightarrow\; |xy| = -(xy) = (-x) \cdot y = |x|\,|y|

(x, y) = (-2, 3)

: 경우 3 (

x < 0 < y

) —

|xy| = |-6| = 6 = 2 \cdot 3 = |x|\,|y|

증명 보기

경우 1: $x \ge 0$ , $y \ge 0$ . 그러면 $xy \ge 0$ 이므로 $|xy| = xy$ 입니다. 또한 $|x| = x$ , $|y| = y$ 이므로 $|x|\,|y| = xy$ — 양변이 같습니다. ( $x = 0$ 또는 $y = 0$ 인 경우도 여기에 포함됩니다: $xy = 0$ 이라 $|xy| = 0 = |x|\,|y|$ 입니다.)
경우 2: $x > 0$ , $y < 0$ . 그러면 $xy < 0$ 이므로 $|xy| = -(xy)$ 입니다. $-xy = x \cdot (-y)$ 이고 $|x| = x$ , $|y| = -y$ 이므로 $|x|\,|y| = x \cdot (-y)$ — 양변이 같습니다.
경우 3: $x < 0$ , $y > 0$ . 그러면 $xy < 0$ 이므로 $|xy| = -(xy) = (-x) \cdot y$ 입니다. $|x| = -x$ , $|y| = y$ 이므로 $|x|\,|y| = (-x) \cdot y$ — 양변이 같습니다.
경우 4: $x < 0$ , $y < 0$ . 그러면 $xy > 0$ 이므로 $|xy| = xy$ 입니다. $|x| = -x$ , $|y| = -y$ 이므로 $|x|\,|y| = (-x) \cdot (-y) = xy$ — 양변이 같습니다. 네 경우가 모든 $(x, y) \in \mathbb{R}^2$ 를 빠짐없이 덮으므로, $|xy| = |x|\,|y|$ 가 모든 실수 $x, y$ 에 대해 성립합니다. ∎

비구성적으로 증명하세요: $a^b$ 가 유리수인 무리수 $a, b$ 가 존재합니다. $c = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ 로 두고 " $c$ 가 유리수인 경우 / 무리수인 경우"로 나누세요. 지수 단계 $\big(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\big)^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \sqrt{2}^{2} = 2$ 를 지수법칙 $(u^v)^w = u^{vw}$ ( $u > 0$ )부터 엄밀히 정당화하고, 왜 이 증명이 비구성적인지 설명하세요.

c = \sqrt{2}^{\sqrt{2}} \approx 1.6325269194381528

c \in \mathbb{Q} \Rightarrow a = b = \sqrt{2}; \qquad c \notin \mathbb{Q} \Rightarrow a = c,\ b = \sqrt{2},\ a^b = 2

존재 증명 갈래도:

c = \sqrt{2}^{\sqrt{2}} \approx 1.6325

에서 두 갈래가 갈라져 "존재한다"로 모인다.

c^{\sqrt{2}} \approx 2.0000000000

증명 보기

$\sqrt{2}$ 가 무리수임은 이미 알려져 있습니다(씬 'sqrt2-irrational' 문제 참조). $c = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ 로 두세요 — 무리수의 무리수 제곱입니다. $c$ 가 유리수인지 무리수인지는 묻지 않고, 두 경우를 나눕니다.
경우 1: $c$ 가 유리수. $a = b = \sqrt{2}$ 로 두면 $a, b$ 는 무리수이고 $a^b = \sqrt{2}^{\sqrt{2}} = c$ 는 유리수 — 증명 끝입니다.
경우 2: $c$ 가 무리수. $a = c$ , $b = \sqrt{2}$ 로 두면 $a, b$ 는 무리수이고, 지수법칙 $(u^v)^w = u^{vw}$ ( $u > 0$ 인 실수 $u, v, w$ 에 대해 성립)를 $u = \sqrt{2}$ , $v = w = \sqrt{2}$ 에 적용하면 $a^b = \big(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\big)^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \sqrt{2}^{2} = 2$ — 유리수입니다. 수치로도 확인됩니다: $c^{\sqrt{2}} \approx 2.0000000000$ .
어느 경우든 무리수 $a, b$ 와 유리수 $a^b$ 가 존재하므로 증명이 끝났습니다. 이 증명은 비구성적입니다: 어떤 $(a, b)$ 쌍이 조건을 만족하는지 끝내 말하지 않기 때문입니다 — 경우 1이 참이면 $(\sqrt{2}, \sqrt{2})$ 이고 경우 2가 참이면 $(c, \sqrt{2})$ 이지만, $c$ 가 유리수인지 무리수인지는 증명 어디에서도 판단하지 않습니다. (참고로 겔폰드-슈나이더 정리에 의해 $c$ 는 실제로 초월수 — 따라서 무리수 — 임이 알려져 경우 2가 참이지만, 위 증명은 그 사실을 전혀 사용하지 않습니다.) ∎

경우 나누기( $n$ 이 짝수 / 홀수)로 증명하세요: 모든 정수의 제곱은 $4$ 로 나눈 나머지가 $0$ 또는 $1$ 입니다. 이를 이용해 방정식 $x^2 + y^2 = 3$ 이 정수 해를 갖지 않음을 보이세요.

n = 2k \Rightarrow n^2 = 4k^2 \equiv 0 \pmod 4; \qquad n = 2k+1 \Rightarrow n^2 = 4(k^2+k)+1 \equiv 1 \pmod 4

x^2 + y^2 \pmod 4 \in \{0, 1, 2\} \not\ni 3

(x, y) = (2, 2)

: 경우 1 (

x, y \ge 0

) —

|xy| = 4 = 2 \cdot 2 = |x|\,|y|

증명 보기

경우 1: $n$ 이 짝수, $n = 2k$ ( $k \in \mathbb{Z}$ ). 그러면 $n^2 = 4k^2$ 이므로 $n^2 \equiv 0 \pmod 4$ 입니다.
경우 2: $n$ 이 홀수, $n = 2k+1$ . 그러면 $n^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4(k^2 + k) + 1$ 이므로 $n^2 \equiv 1 \pmod 4$ 입니다. 두 경우가 모든 정수를 빠짐없이 덮으므로, 정수 제곱의 $4$ 모듈러 나머지는 항상 $0$ 또는 $1$ 입니다.
이제 $x^2 + y^2 = 3$ 이 정수 해를 가진다고 가정하세요 (귀류법). $x^2 \pmod 4, y^2 \pmod 4 \in \{0, 1\}$ 이므로, 그 합 $x^2 + y^2 \pmod 4$ 는 $\{0, 1, 2\}$ 중 하나입니다: $0+0 = 0$ , $0+1 = 1$ , $1+1 = 2$ . 그런데 $3 \equiv 3 \pmod 4$ 는 이 집합에 없으므로 모순입니다. 따라서 $x^2 + y^2 = 3$ 의 정수 해는 존재하지 않습니다. ∎