A Proof a Day keeps Dementia Away

2021년 Putnam 문제를 풀어보도록 하겠다.

물론 모르는 문제들은 바로 유기해버릴 예정이다.

A1. A grasshopper starts at the origin in the coordinate plane and makes a sequence of hops. Each hop has length 5, and after each hop the grasshopper is at a point whose coordinates are both integers; thus, there are 12 possible locations for the grasshopper after the first hop. What is the smallest number of hops needed for the grasshopper to reach the point (2021,2021)?

Sol.

The solution proceeds in two steps.

Step 1. We establish a lower bound to the number of hops needed.

Define the metric space $(\mathbb{R}, d)$ with the distance function $d(x,y) := |x_{1} - y_{1}| + |x_{2} - y_{2}|$ as the taxicab distance function.

If we denote $A := (2021,2021)$, note that $d(O, A) = 4042$. Further, if we denote the point of the grasshopper after k hops as $G_{k}$, note that by the triangle inequality

$$ d(O,G_{k}) \leq d(O,G_{1}) + \Sigma_{i=1}^{k-1} d(G_{i}, G_{i+1}) \leq 7k$$.

Further, if $A = G_{n}$ for some positive integer n, that is, there exists a sequence of n steps that takes the grasshopper to A, it follows that $$4042 = d(O,G_{n}) \leq 7n$$.

Therefore, $n \geq \frac{4042}{7}$, and since n is a positive integer it follows that $n \geq 578$.

Step 2. We prove that this bound is actually tight.

We will construct a sequence of 578 steps by which the grasshopper will land at (2021,2021) from the origin using valid hops.

For the first 576 steps, at each odd numbered hop move the grasshopper by (+3,+4) and at each even numbered hop move the grasshopper by (+4,+3). Then after step 576 the hopper will be at (+7,+7)*288 = (2016,2016).

Now at the 577th step move by (+5,0), and at the 578th step move (0,+5), leading the hopper to our desired point. $\square$

A2. For every positive real number $x$, let

$g(x) = \lim_{r \to 0} ((x+1)^{r+1} - x^{r+1})^{\frac{1}{r}}$.

Find $\lim_{x \to \infty} \frac{g(x)}{x}$.

Sol.

We first proceed to prove that g is well-defined for all x.

To do this, we will consider the limit $\lim_{r \to 0} \frac{\log ((x+1)^{r+1} - x^{r+1})}{r}$.

Note the following facts:

1) Naively plugging r=0 into the numerator and denominator gives an indeterminate form 0/0.

2) Looking at the denominator and numerators as functions of r, they are both differentiable at some interval around r=0.

Therefore we can suspect L'Hoptial's rule will be applicable here:

$$\lim_{r \to 0} \frac{\frac{d}{dr} \log ((x+1)^{r+1} - x^{r+1})}{1} \\ = \lim_{r \to 0} (x+1)^{r+1} \log (x+1) - x^{r+1} \log x \\ = (x+1) \log (x+1) - x \log x$$

Therefore by L'Hoptial's rule, the original limit also gives $(x+1) \log (x+1) - x \log x$, and therefore by continuity of the log function on the positive reals we also get 

$$g(x) = e^{(x+1) \log (x+1) - x \log x} = \frac{(x+1)^{x+1}}{x^{x}}$$

Finally, $$\frac{g(x)}{x} = \frac{x+1}{x} * (1+\frac{1}{x})^{x} \\ = 1*e \\ = e$$

Which is the solution to the problem. $\square$

A3. Determine all positive integers N s.t. there exists a regular tetrahedron inscribed in the sphere $$x^{2}+y^{2}+z^{2} = N$$ whose vertices have integer coordinates.

Sol. 

--수정중--

오늘도 사실 핑계댈 이유가 없었고 실제로 오전에는 최적화 내용 공부도 조금 했었는데,

이놈의 LCK가 5꽉을 가버리는 바람에...는 그걸 다 봐버린 필자의 잘못이긴 하다.

따라서 오늘은 정수론 문제로 갈음하겠다. 이 문제의 출처는

https://www.google.com/url?sa=t&rct=j&q=&esrc=s&source=web&cd=&cad=rja&uact=8&ved=2ahUKEwj4vt7GyND5AhVlp1YBHfYsCNEQFnoECAQQAQ&url=https%3A%2F%2Fwww.math.toronto.edu%2F~herzig%2Fputnam_nt_oct07.pdf&usg=AOvVaw0J2RYCqYraIq6fZMdKxDPu 

으로, 그냥 구글에서 정수론 문제를 쳐서 나온, 아마도 토론토 대학교의 퍼트넘 대비용 문제 모음인 것 같다.

번호상으로는 뒷번호이지만 (접근 방법을 안다면) 간단한 문제를 소개하겠다.

문제.

$n>1$이 정수라고 하자. $n^4+4^n$이 소수일 수 없음을 보이시오.

풀이.

이런 문제는 거의 항상 어떤 방식으로든 인수분해를 시킨다. 이 경우 두 항이 모두 제곱수이므로 제곱의 차로 인수분해가 된다면 좋을 것이다.

우선, $n$이 짝수일 수 없음은 명백하다. 짝수인 유일한 소수는 2인데, $n \geq 2$인 순간 $n^4 + 4^n > 2$이기 때문이다.

따라서 가능한 $n$은 홀수뿐이다.

이제 

$$(n^2 + 2^n)^2 = n^4 + 4^n + 2^{n+1}n^2$$

임에 주목하라. $n$이 홀수라면, $n+1$은 짝수이므로 $\frac{n+1}{2}$는 양의 정수이다.

따라서

$$(n^2 + 2^n)^2 - 2^{n+1}n^2 = (n^2 + 2^n)^{2} - (2^{\frac{n+1}{2}}n)^{2} \\ = (n^2 + 2^{\frac{n+1}{2}}n + 2^n)(n^2 - 2^{\frac{n+1}{2}}n + 2^n)$$이다.

$n \geq 3$인 홀수에 대해서 우리는 $n^4+4^n$을 두 양의 정수의 곱으로 표현하였고, 두 정수 모두 1보다 크다는 사실은 명백하므로 $n^4+4^n$은 소수일 수 없다. $\square$

이전의 보충 포스팅에 비해서도 문제가 너무 간단했던 것 같다...내일은 제대로 된 포스팅을 올리도록 하겠다.

(수정) 포스팅이 너무 빈약한 것 같아서 저 목록에서 한 문제를 더 풀기로 하였다.

문제.

$x,y$가 양의 정수라 하자. 특히, 다음의 관계식이 성립한다 하자:

$$2x^{2} +x = 3y^{2} + y$$

이제 $x-y, 2x+2y+1, 3x+3y+1$이 모두 완전제곱수임을 보여라.

풀이.

처음 접하면 당황할 법한 문제라고 생각한다. (최소한 필자는 그랬다.) 가장 핵심적인 발상은 다음의 완전제곱식을 생각해 내는 것이다:

$$(4x+y+1)^{2}$$

어떻게 생각해내냐고 물어보면 정확한 답을 하기가 참 어렵다...

이제 이것을 전개하면

$$(4x+y+1)^{2} = 16x^{2} + y^{2} + 1 + 8xy + 8x + 2y \\ = 8(2x^{2} + x) + y^{2} + 2y + 1 + 8xy \\ = 25y^{2} + 10y + 1 + 8xy \\ = (5y+1)^{2} + 8xy$$

따라서 양변에 $(5y+1)^{2}$를 빼고 제곱수의 차를 인수분해한 뒤 양변에 1/8을 곱하면

$$xy = (2x+3y+1)(x-y)$$

가 성립한다.

이제 

$$(2x+3y+1)(x-y) \\ = ((2x+1)+3y)(x-y) \\ = y(\frac{1}{x}(3y+1) + 3)(x-y) \\ = xy$$

이므로

$$ x^{2} = (3x+3y+1)(x-y)$$

가 성립한다.

마찬가지 논의로

$$ y^{2} = (2x+2y+1)(x-y)$$

도 성립한다.

따라서 우리가 알고 있는 것은, $x-y, 2x+2y+1, 3x+3y+1$ 셋 중 하나라도 완전제곱수이면 나머지 둘 모두 완전제곱수라는 것이다.

이제 $x-y, 2x+2y+1$의 최대공약수를 생각해 보자.

$x-y, 2x+2y+1$ 모두를 나누는 소수 $p$는 $2x+2y+1+ (-2)(x-y) = 4y+1$ 역시 나눠야 할 것이다.

그런데 $x-y, 2x+2y+1$을 나누는 소수 $p$는 $y^{2}$을 나누므로 $y$ 역시 나눠야 한다.

따라서 $x-y, 2x+2y+1$을 모두 나누는 소수 $p$는 $(-4)y + 4y+1 = 1$을 나눠야 하는데 그러한 소수는 없다.

따라서 $x-y, 2x+2y+1$은 서로소여야 함을 안다.

그런데 서로소인 두 수의 곱이 제곱수이려면, 두 수 각각이 제곱수일 수밖에 없다. 따라서 증명이 완료된다. $\square$

오늘 사실 연재를 하지 못할 별다른 사정은 없었지만, 필자의 게으름으로 인하여 오늘 연재글은 간단한 올림피아드 문제로 갈음하고자 한다.

오늘 풀어볼 문제는 2009년 터키 NMO 출제 문제로, 다음과 같다:

문제.

$p$가 소수일 때, $ p^{3} - 4p + 9 $가 완전제곱수가 되는 모든 $p$를 구하라.

사고과정.

최고차항이 짝수인 모든 다항식은 (어떤 다항식의 제곱) + (나머지) 꼴로 나타낼 수 있으므로 풀이가 쉽다는 사실을 안다. 허나 이 경우는 최고차항이 3으로 홀수이므로, 인수분해 방식을 이용해야겠다는 생각이 들었다. 그러나 이러한 방법에 별다른 진전이 없다가, 이차방정식의 판별식이 짝수 차항 다항식임을 확인하여 그쪽으로 풀이 방향을 잡고 문제를 풀었다.

풀이.

문제를 살짝 바꿔 다음과 같이 명명하자:

변형된 문제.

$p^{3} -4p + 9 = n^{2}$를 만족하는 소수 $p$와 자연수 $n$의 쌍 $(p,n)$을 모두 구하라.

이제 양변에 9를 빼면 우리가 구하는 $(p,n)$의 순서쌍은 다음의 디오판토스 방정식을 만족해야 한다:

$$p(p-2)(p+2) = (n-3)(n+3)$$

이제 $p$가 홀수라면 $p, p-2$와 $p,p+2$ 모두 서로소일 것이다. 만약 $p$가 짝수라면 $p=2$이고 이는 직접 대입을 통해 $n=3$이라는 해로 연결됨을 알 수 있다. 따라서 이하에서는 $p$가 홀수라고 가정할 것이다.

$p$는 3보다 작지 않은 소수이므로 좌변의 값은 양의 정수이고, 따라서 $p|(n-3), p|(n+3)$ 중 정확히 하나만이 성립해야 한다.

Case 1. $p|(n-3)$

이제 어떤 음이 아닌 정수 $k$가 존재하여, $kp = n-3$이다.

따라서 변형된 문제를 푸는 모든 순서쌍 $(p,n)$에 대해 대응되는 순서쌍 $(p,k)$가 존재하여 다음의 식이 성립한다:

$$(p^{2}-4)=k(kp+6)$$

이를 정리하면 순서쌍 $(p,k)$가 존재하여

$$p^{2}-k^{2}p-(6k+4)=0$$

가 성립한다. 이는 이 $p$에 대한 이차방정식이 정수근을 가진다는 의미이고, 따라서 판별식 $$k^{4}+24k+16$$이 완전제곱수여야 함을 의미한다.

따라서 변형된 문제를 푸는 모든 순서쌍 $(p,n)$에 대해서 또 다른 음이 아닌 정수 $k,m$의 순서쌍 $(k,m)$이 존재하여

$$k^{4}+24k+16=m^{2}$$가 성립해야 한다.

이제 이 문제를 푸는 것은 쉽다. 다음의 사실들에 유의하라:

$$(i) \space (k^{2})^{2} = k^{4} < k^{4} + 24k + 16 \\ (ii) \space (k^{2}+1)^{2} = k^{4}+2k^{2}+1 > k^{4} + 24k + 16, \space for \space k >12$$

따라서 $k \geq 13$인 근은 존재하지 않으며, 우리는 $k=0,1,...,12$까지만 살펴보면 된다. 특히 양의 정수 $a$가 주어질 때 $k^{4} + 24k+ 16 = (k^{2} + a)^{2}$의 정수근이 존재하는지를 살펴보면 된다.

$$ (i) \space a=1: 2k^{2} - 24k - 15 = 0 \space (X) \\ (ii) \space a=2: 4k^{2} - 24k - 12 \space (X) \\ (iii) \space a=3: 6k^{2} - 24k - 7 \space (X) \\ (iv) \space a=4 : 8k^{2} - 24k \space (k=0, k=3) \\ (v) \space a=5: 10k^{2} -24k + 9 \space (X) \\ (vi) \space a \geq 6: (2a)k^{2} - 24k + (a^{2}-16) \space (X; D < 0)$$

이제 $k=0$이면 $p^{2} - 4 = 0$가 성립하여 $p=2$가 되고, $k=3$이면 $p^{2} - 9k - 22 = 0$이 되어 $p=11$이 가능해지고 여기에 대응되는 $n$은 36이다.

Case 2. $p|(n+3)$

변형된 문제를 푸는 모든 순서쌍 $(p,n)$에 대해 대응되는 순서쌍 $(p,k)$가 존재하여 다음의 식이 성립한다:

$$(p^{2}-4)=k(kp-6)$$

이를 정리하면 순서쌍 $(p,k)$가 존재하여

$$p^{2}-k^{2}p-(4-6k)=0$$

가 성립한다. 이는 이 $p$에 대한 이차방정식이 정수근을 가진다는 의미이고, 따라서 판별식 $$k^{4}-24k+16$$이 완전제곱수여야 함을 의미한다.

위와 유사한 논리를 펼치면 이는 $k < 12$여야 함을 의미하고, 양의 정수 $a$가 주어질 때 $$(k^{2} - a)^{2} = k^{4} - 24k + 16$$가 정수해를 가지는지 살펴보면 $a = 4$일 때 $k=0, k=3$이 가능해진다.

$k=0$이면 $p=2$가 도출되고, $k=3$이면 $p^{2} - 9p + 14 = 0$가 성립하여 $p=2$ 또는 $p=7$이 성립한다.

이제 $p=7$에 대응되는 $n$은 18임을 계산을 통해 알 수 있다.

위의 논의에 의하여 변형된 문제의 가능한 모든 해는 $(2,3), (7,18), (11,36)$뿐임을 알고, 따라서 원 문제의 해는 $p=2,7,11$뿐이다. $\square$

이 문제를 가장 먼저 접했던 것은 <대수, 기초해석, 조합의 탐구문제들 (상)>에서였고 이번에 다시 한번 증명하고 정리해야겠다고 생각했다.

안타깝게도 필자의 능력이 부족하여 이것이 한나절을 잡아먹는 바람에 오늘 연재글을 올릴 수 있을지가 미지수가 되었다...

이 결과를 조금만 다듬으면 소수의 제곱근들의 모든 유리수체에 대한 선형결합이 무리수임을 보일 수 있다.

정리.

$p_1, p_2, ... , p_n$은 서로 다른 소수라고 하자.

이제 $\Sigma_{i=1}^{n} \sqrt{p_k}$은 모든 자연수 $n$에 대해 무리수이다.

증명.

증명에 앞서 다음의 다항식들을 정의한다.

$p_1, ... p_n$이 주어져 있을 때

$$ P_{n}(x) := \Pi (x \pm \sqrt{p_1} \pm \sqrt{p_2} \pm ... \pm \sqrt{p_n}) \\ Q_{n}(x) := \Pi (x + \sqrt{p_1} \pm \sqrt{p_2} \pm ... \pm \sqrt{p_n})$$

으로 정의한다.

예컨대 $p_1 = 2, p_2 = 3$이라 하면

$$ P_{2}(x) = (x + \sqrt{2} + \sqrt{3})(x - \sqrt{2} + \sqrt{3})(x + \sqrt{2} - \sqrt{3})(x - \sqrt{2} - \sqrt{3}) \\ Q_{2}(x) = (x + \sqrt{2} + \sqrt{3})(x + \sqrt{2} - \sqrt{3}) $$

으로 주어진다.

여기서 앞의 $\Pi$는 가능한 모든 $+,-$의 배열에 대해서 주어지는 항들을 곱한다는 것이다.

이제 다음의 보조정리를 증명하고자 한다.

보조정리.

$p_1, p_2, ..., p_n, n \geq 2$가 서로 다른 소수로 주어져 있다고 하자.

이제 유리수 계수 다항식 $R_{n}(x), S_{n}(x) \in \mathbb{Q} [x]$가 존재하여,

$$(i) Q_{n}(x) = R_{n}(x^{2}) + S_{n}(x^{2})x \sqrt{p_{1}} \\ (ii) P_{n}(x) = R_{n}^{2}(x^{2}) - S_{n}^{2}(x^{2})x^{2} p_{1} $$ 가 성립한다.

증명.

귀납법에 의하여 증명한다.

우선 Base case로 $n=2$를 고려한다.

Proof of (i) (base case)

$$ Q_{2}(x) = (x + \sqrt{p_{1}} + \sqrt{p_{2}})(x + \sqrt{p_{1}} - \sqrt{p_{2}}) \\ = (x^{2} + p_{1} - p_{2}) - 2x \sqrt{p_{1}} $$이다. 따라서 $R_{2}(x) = x + (p_{1} - p_{2}), S_{2}(x) = 2$ 가 유리수 계수 다항식으로 존재한다.

Proof of (ii) (base case)

$$ Q_{2}(-x) = (-x + \sqrt{p_{1}} + \sqrt{p_{2}})(-x + \sqrt{p_{1}} - \sqrt{p_{2}}) \\ = (x - \sqrt{p_{1}} - \sqrt{p_{2}})(x - \sqrt{p_{1}} + \sqrt{p_{2}}) $$

임에 주목하라. Base case of (i)에 의해 $Q_{2}(-x) = R_{2}(x^{2}) - S_{2}(x^{2}) x \sqrt{p_{1}}$이고, $P_{2}$의 정의에 의해 $P_{2}(x) = Q_{2}(x)Q_{2}(-x)$이므로

$$P_{2}(x) = (R_{2}(x^{2}) + S_{2}(x^{2}) x \sqrt{p_{1}})(R_{2}(x^{2}) - S_{2}(x^{2}) x \sqrt{p_{1}}) \\ = R_{2}^{2}(x^{2}) - S_{2}^{2}(x^{2}) p_{1} x^{2} $$이다.

Proof of (i) (inductive case)

$n = k$에 대해 증명이 완료되었다고 가정한다. 이제 $n=k+1$에 대해 증명을 진행하고자 한다.

$$Q_{k+1} (x) = \Pi (x+\sqrt{p_{1}} \pm ... \pm \sqrt{p_{k+1}}) = \Pi ((x+\sqrt{p_{1}} \pm \sqrt{p_{2}} \pm ... \pm \sqrt{p_{k+1}}) $$이고, 이제 $$ x' := x+\sqrt{p_{1}}$$라 두면 $n=k$의 (ii)가 다루는 경우에 해당되어 $x'$에 대해서 어떤 유리계수 다항식들을 $R_{n}, S_{n}$을 만들어낼 수 있어 다음이 성립한다:

$$Q_{k+1}(x) = R_{k}^{2} ((x+\sqrt{p_{1}})^{2}) - S_{k}^{2} ((x+\sqrt{p_{1}})^{2})(x+\sqrt{p_{1}})^{2} p_{1}$$

이제 $ R_{k}^{2} (x^{2}) = \Sigma_{i=0}^{N} a_{i} x^{2i} $라 하면 이항정리와 동류항 연산을 통해 유리수 계수 다항식 $U,V$가 존재하여

$$R_{k}^{2} ((x+\sqrt{p_{1}})^{2}) = U(x^{2}) + V(x^{2})x \sqrt{p_{1}}$$

가 성립함을 알 수 있다.

마찬가지 논리로 유리수 계수 다항식 $Y,Z$가 존재하여

$$S_{k}^{2} ((x+\sqrt{p_{1}})^{2}) = Y(x^{2}) + Z(x^{2})x \sqrt{p_{1}} $$가 성립한다.

따라서

$$S_{k}^{2} ((x+\sqrt{p_{1}})^{2})(x+\sqrt{p_{1}})^{2} p_{1} \\ = (x^{2} Y(x^{2}) + 2x^{2} p_{1} Z(x^{2})) + (2 Y(x^{2}) + p_{1} Z(x^{2}) \sqrt{p_{1}} $$

이고,

$$\exists R_{k+1}, S_{k+1} \in \mathbb{Q}[x], s.t. \\ Q_{k+1}(x) = R_{k}^{2} ((x+\sqrt{p_{1}})^{2}) - S_{k}^{2} ((x+\sqrt{p_{1}})^{2})(x+\sqrt{p_{1}})^{2} p_{1} = R_{k+1} (x^{2}) + S_{k+1}(x^{2}) x \sqrt{p_{1}} $$

임을 안다.

Proof of (ii) (Inductive case)

이 부분은 base case와 완전히 동일하다.

$$Q_{k+1} (-x) = R_{k+1}(x^{2}) - S_{k+1}(x^{2}) x \sqrt{p_{1}} \\ = \Pi (x - \sqrt{p_{1}} \pm \sqrt{p_{2}} \pm ... \pm \sqrt{p_{k+1}})$$

이므로

$$P_{k+1} (x) = Q_{k+1} (x) Q_{k+1}(-x) = R_{k+1}^{2}(x^{2}) - S_{k+1}^{2} (x^{2}) x^{2} p_{1} $$

이다. $\square$

다시 본 정리의 증명으로 돌아간다.

귀류법을 사용하여 $p_1, ... ,p_n$이 서로 다른 소수이며 $\Sigma_{i=1}^{n} \sqrt{p_{i}} \in \mathbb{Q}$라 하자.

보조정리를 사용하여,

$$ Q_{n} (x) = \Pi (x + \sqrt{p_{1}} \pm \sqrt{p_{2}} \pm ... \pm \sqrt{p_{n}}) \\ = R_{n}(x^{2}) + S_{n}(x^{2}) x \sqrt{p_{1}}$$

이 되는 $R_{n}, S_{n} \in \mathbb{Q}[x]$를 잡는다.

이제 $q := \Sigma_{i=1}^{n} \sqrt{p_{i}}$라 하자.

그러면

$$ Q_{n} (-q) = 0 \\ = R_{n}(q^{2}) - S_{n}(q^{2}) q \sqrt{p_{1}} $$임을 안다.

그런데 $q \in \mathbb{Q}$이므로 $R_{n}(q^{2}), S_{n}(q^{2}) \in \mathbb{Q}$이라는 사실도 안다.

따라서 ($\sqrt{p_{1}} \notin \mathbb{Q}$를 이용하면) $R_{n}(q^{2}) = 0, S_{n}(q^{2}) = 0$을 도출할 수 있다.

이제 마지막으로

$$Q_{n} (q) = R_{n}(q^{2}) + S_{n}(q^{2}) q \sqrt{p_{1}}$$라는 식을 살펴본다.

앞서 정의에 의해 이 값은 0이어야 한다.

그런데

$$Q_{n} (q) = \Pi (q + \sqrt{p_{1}} \pm ... \pm \sqrt{p_{n}}) \\ = \Pi (2 \sqrt{p_{1}} + (1 \pm 1) \sqrt{p_{2}} + (1 \pm 1) \sqrt{p_{3}} + ... + (1 \pm 1) \sqrt{p_{n}}) \\ = 0$$

이므로, 어떤 +와 -의 배열이 존재해서 그 배열이 정의하는 항 $(2 \sqrt{p_{1}} + \Sigma_{i \geq 2} (1 \pm 1) \sqrt{p_{i}})$은 0이어야 한다.

그런데 ㄱ모든 항이 $2 \sqrt{p_{1}}$보다 작지 않은 양수이므로 이는 모순이다. $\square$

#주석.

이 증명을 일반적인 자연수로 확장할 수 없는 이유가 무엇인가?

=> 우리가 증명의 거의 막바지에서 $\sqrt{p_{1}}$가 자연수가 아니라는 사실을 이용했기 때문이다. 즉, 소수 제곱근의 유리수 선형결합에 대해서 이 증명을 바로 적용할 수 있다.

#주석2.

우리는 소수 $p$에 대해서 $\sqrt{p}$가 무리수임은 가정하였다.

이는 고등학교 수학 시간에서 $\sqrt{2}$가 무리수라는 증명을 그대로 본따면 되므로 별도로 증명하지는 않겠다.

Cartesian 평면의 원점 (0,0)을 지나는 두 직선 $y = mx, y = m'x$가 이루는 각을 $\alpha$라 할 때,

$$ \tan \alpha = \pm \frac{m'-m}{1+mm'} $$

임을 안다 (이 증명은 닮은 삼각형을 이용하면 귀찮은 계산 끝에 얻을 수 있다.)  특히 부호는 각이 예각이면 +, 둔각이면 -를 택한다.

이제 $m, m' \in \mathbb{N}, m' = m+1$를 만족할 때 이 두 직선들이 이루는 각은 항상 예각임을 알고, 따라서 + 부호를 택할 수 있다는 사실을 안다.

이제 $y = nx, n \in \mathbb{N}$를 모두 그린다 생각하면, $y = nx, y= (n+1)x$가 이루는 각 $\alpha_{n}$ 의 탄젠트 값은

$$ \tan \alpha_{n} = \frac{1}{1+n(n+1)} = \frac{1}{n^{2}+ n + 1}$$

한편 $\alpha_{n}$이 예각임을 알기 때문에, $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$를 치역으로 가지는 $\arctan$ 함수를 양변에 적용할 수 있고

$$ \alpha_{n} = \arctan (\frac{1}{n^{2}+ n + 1})$$

그런데 $\Sigma_{i=0}^{n} \alpha_{n}$는 x축 $y = 0$ 과 직선 $y = nx$가 이루는 각의 크기이므로,

$$ \Sigma_{n=0}^{\infty} \arctan(\frac{1}{n^{2} + n + 1}) $$ 은 (극한에 가서는) x축과 y축이 이루는 각의 크기이며, 이는 $\frac{\pi}{2}$임을 안다.

오늘의 등식:

$$ \Sigma_{n=0}^{\infty} \arctan(\frac{1}{n^{2} + n + 1}) = \frac{\pi}{2} $$

오늘 유투브에서 본 문제 하나가 마음에 들어서 포스팅을 하게 되었다.

문제:

$$ let \space  a,b,c,d \in \mathbb{N} \\ Show \space\space\space that \space\space\space ab = cd \Rightarrow a+b+c+d \space\space\space not \space\space\space prime $$

사고과정:

전혀 감이 안 와서 한 20분 동안 숫자 대입만 했다. 그러다가 보니까 만약 $a \leq c \leq b \leq d$라면 $a+c$와 관련된 무언가가 항상 합을 나누는 것 같았다. 그러나 $(b+d)/(a+c)$가 항상 정수라는 보장이 없어서 막혔고, 조금 생각해본 결과 그 이유가 $a,c$의 공약수 때문임을 알아차려서 풀이를 완성하였다.

증명:

Without loss of generality, assume that $a \leq c \leq b \leq d$.

We prove the following claim.

Claim: Let $ a' := \frac{a}{gcd(a,c)}, c' := \frac{c}{gcd(a,c)}$. Then $(a'+c') | (b+d)$

Proof.

Note that $$(a+c)*(bd) = (abd+bcd) = n(b+d)$$

Therefore $$(a'+c')*bd = \frac{n}{gcd(a,c)} (b+d)$$

This implies that

$$ \frac{n*gcd(a,c)}{ac} (a'+c') = (b+d) $$

Finally we note that $a | n, c | n \Rightarrow lcm(a,c) = \frac{ac}{gcd(a,c)} | n $ which means $ \frac{n*gcd(a,c)}{ac} \in \mathbb{Z}$.

Now $ (a'+c') * (\frac{n*gcd(a,c)}{ac} + gcd(a,c)) = (b+d)+(a+c) $ which solves the problem. $\square$

#주석.

원래 오늘은 Newton's Method를 포스팅 했어야 하나, 개인적인 사정으로 오늘 글을 올리기 어려워서 이 토막글로 갈음하고자 한다.