리커리시의 낙서장

Problem. 부피가 1이고 모든 꼭지점이 격자점인 정육면체를 단위정육면체라고 하자. 평면 ax+by+cz=0이 원점 이외의 격자점을 지나지 않는다고 하고, 그 평면 위에 서로 수직인 단위벡터 e₁,e₂가 있다. 그리고 각 변이 e₁,e₂와 평행하고, 변의 길이가 t이면서 대각선의 교점이 원점인 정사각형을 Sq라고 하자. S와 만나는 단위정육면체의 갯수를 n_t라 할 때, \lim_{n \to \infty} \frac{n_t}{t^2} 를 구하여라.

Lemma 1. xy평면상의 도형 S가 있다. S(t)를 원점을 중심으로 S를 t배 닮음변환했을 때 넓이라고 하고, 이 때 S와 만나는 단위정사각형의 총 넓이의 합을 N(t)라 하자. 이 때 

\lim _{n \to \infty} \frac{N(t)}{S(t)}=1 .

Sketch of Proof of Lemma 1. 거꾸로, 격자를 1/t배로 줄이자. 그러면 중적분과 비슷한 아이디어로, 격자를 축소하면 축소할수록 N(t)는 S(t)에 가까워진다. 정확한 증명은 격자를 1/t배로 줄인 좌표평면과, 도형을 t배 늘린 좌표평면을 비교함으로써 얻어질 수 있을 것이다.□

Lemma 2. xy평면상의 도형 S가 있다. S(t)를 원점을 중심으로 S를 t배 닮음변환했을 때 넓이라고 하고, L(k,t)를 y=k와 도형 S가 만나는 단위직선에서, 위로 올린 단위정사각형의 총 넓이라 하자. 이 때 

\lim _{n \to \infty} \frac{\sum_{k \in \mathbb{Z}} L(k,t)}{S(t)}=1

Sketch of Proof of Lemma 2. 도형이 t배 확대된 xy평면을 π라 하고, 격자가 거꾸로 1/t배로 줄어든 xy평면을 π'라 하자. 그러면 π의 직선 y=k는 π'에서 y=k/t가 된다. 따라서 π에서 L(k,t)는 π'에선 L(k/t, 1)*1/t와 같다. 이제 극한 t→∞ 를 취하면 위 식의 ∑안의 식은 y=u(u는 어떤 상수)를 도형 S가 자르는 길이가 될 것이고, 시그마 식은 적분이 되어 넓이와 같아진다. □

이제 본 문제를 풀려고 한다.

Proof of Problem.특수한 경우부터 고찰할 것이다. k<z<k+1이라 했을 때, Sq가 자르고 지나가는 단위정육면체의 갯수를 구하자. 우리는 이 문제를 평면의 문제로 환원할 수 있는데, Sq의 k<z<k+1인 부분을 z=k에 정사영시킨 도형이 지나가는 단위정사각형의 갯수를 세면 된다.
이제 k<z<k+1에서 자르고 지나가는 단위정육면체의 갯수를 N(k)라 하면

n_t = \sum _{k \in \mathbb{Z} \cup \{ 0\}}N(k)

이제 n_z를 Sq의 xy평면으로의 정사영이 만나는 단위정사각형의 갯수라 하고, z=k와 Sq의 교선을 l(k)라 하고, l(k)의 xy평면으로의 정사영이 지나가는 단위정사각형의 갯수를 nl(k)라 하자. 그러면 위 식은

2\left( n_z + \sum _{k \in \mathbb{Z}} \rm n \it l(k) \right)

가 된다. 여기서 Lemma 1에 의해

\lim_{t \to \infty} \frac{n_z}{t^2}=\lim_{t \to \infty} \frac{n_z }{ \frac{|c|}{\sqrt{a^2 +b^2 +c^2} } t^2 } \frac{|c|}{\sqrt{a^2 +b^2 +c^2}} = \frac{|c|}{\sqrt{a^2 +b^2 +c^2}}

이다.
이제 nl(k)를 구하자. l(k)는 격자점을 지나지 않기 때문에, l(k)의 x축으로의 정사영이 지나는 단위선분의 갯수를 nl_x(k)라 하고  nl_y (k)도 비슷하게 정의할 때 nl(k) = nl_x(k) + nl_y(k) -1이 된다.

여기서 -1은 아무리 합해봐야 O(t)일 것이므로 무시할 수 있고, 대칭성에 의해 nl_x(k)의 합만 구해도 무방하다. l(k)가 모두 Sq 위에 있으므로 l_x(k)들도 모두 Sq를 yz평면 위에 정사영 한 모양을 이룬다. 따라서 lemma 2에 의해

\lim_{t \to \infty} \frac{\sum_{k \in \mathbb{Z}} \rm n \it l_x(k)}{t^2} = \lim_{t \to \infty} \frac{\sum_{k \in \mathbb{Z}} \rm n \it l_x(k)}{\frac{|a|}{\sqrt{a^2 +b^2 +c^2}}t^2}\frac{|a|}{\sqrt{a^2 +b^2 +c^2}}=\frac{|a|}{\sqrt{a^2 +b^2 +c^2}}

가 된다. 따라서

\lim_{t \to \infty} \frac{n_t}{t^2} = \frac{|a|+|b|+|c|}{\sqrt{a^2 +b^2 +c^2 }}

포공 면접 기출로 몇 번 나왔던 문제로 기억합니다.

Problem. \alpha >0일 때, \sum _{n=0} ^{\infty} \{ n\alpha \}가 수렴하는 \alpha를 모두 구하여라.

Solution. 위 합이 수렴할 필요충분조건은 \alpha가 정수인 것이다. 정수라면 위 합이 수렴함이 자명하다.
그리고 정수가 아닐 경우 다음 Lemma가 성립한다.

Lemma. \{ n\alpha \} \ge 0.5 인 n이 무한히 많다.

Proof of Lemma. 만약 유한하다고 하면, 어떤 자연수 N이 있어 \{ N\alpha \}, \{ (N+1)\alpha \},\{ (N+2)\alpha \},\cdots가 모두 0.5보다 작아야 한다. 그러면 이 수열은 계속 증가하는 등차수열이 되는데, 강증가하면서 유계인 등차수열은 없다. ■

이제 우리는 \sum _{n=0} ^{\infty} \{ n\alpha \}> \sum _{\{ n\alpha \} \ge 0.5} \{ n\alpha \}>\sum _{\{ n\alpha \} \ge 0.5} 0.5}로부터 \alpha \notin \mathbb{Z}일 때 주어진 합이 발산함을 안다. ■

사족을 달자면, 0.5 대신 0.1, 1/π 같은 걸 써도 전혀 상관없음을 알 수 있습니다.

Problem 1. 볼록사각형 ABCD를 밑면으로 하는 뿔 O-ABCD가 있다. 이 뿔의 단면이 평행사변형이 되도록 하는 단면이 있음을 보여라.

Thinking. 그 평면을 이미 찾았다고 가정해보고, 평행사변형을 PQRS(각각 OA=a, ... 위에 있음)라 하자. 그러면 평면을 위아래로 왔다갔다 이동시키면 계속 평행사변형이니까, 점 하나를 고정시킬 수 있다.

그래서 한 번 P를 고정시켜보았지만, 아무런 성과가 없었다. 그러면 어떻게 찾을 수 있을 것인가...

그랬다가 AC와 BD의 교점을 쓸 생각을 해보았다. 그렇다면 평면 AC와 BD의 교선 위에 점을 하나 고정시키면 되겠다. 그 점을 T라 하면, T는 평행사변형의 대각선의 교점이 되어야 하고... !!

Lemma 1. 각 XOY이 있고, 그 내부에 점 T가 있다. T를 지나는 직선이 반직선 OX, OY와 X', Y'라 하면, X'T=Y'T를 만족하게 하는 직선이 존재한다.

이것의 증명은 쉬운 편이다 X'T/Y'T를 함수로 생각하고, 중간값 정리를 쓰면 된다.

Proof of Problem 1.

각 AOC와 점 T에 대해 Lemma를 적용시켜 점 P,R을 찾고, 각 BOD와 점 T에 대해 또 Lemma를 적용시켜 점 Q,S를 찾으면 된다.