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이렇게만 하면 어려운 수학문제를 눈 깜짝할 새에 만들 수 있다! 어려운건지 짜증나는건지는 잘 모르겠지만 알 게 뭐야.
1. 첫 번째 예제 ✎ ⊕
우선 간단한 식을 하나 생각한다. 아래 식을 보자.
조작을 시작한다! 우선 1=\\ln e=\\frac{\\pi}{\\pi}=\\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta이므로
e=\\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n이므로
한편 바젤 문제에 의해 \\pi = \\sqrt{\\zeta ( 2 ) \\times 6} = \\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {6}{k^2}}이므로
또한 그레고리 급수에 의해 \\pi=4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}이므로
오일러 파이 함수의 성질 n=\\sum_{d|n}\\phi(d)와 \\phi(n)=n\\prod_{p_i|n}\\left(1-\\frac{1}{p_i}\\right)를 이용하면
윌런스의 공식 p_n=1+\\sum_{m=1}^{2^n}\\left[\\sqrt[n]{n}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]를 이용하면
분모는 충분히 더러워졌으므로, 이제 분자를 더럽히자. 6=1+2+3이고, 1=-\\sum_{d \\mid n,d>1}\\mu(d)\\ (n>1), 2=[e]=[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}], 3=[\\pi]이므로
우변도 더럽혀 보자. 테일러 전개를 이용한다. \\sin x = \\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1}이고 \\cos x = \\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}이므로
e=\\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n이므로
\\lim_{x \\to 0} {\\frac{\\sin x}{x}}=1이므로
[1/\\gamma]=1이므로
\\gamma=\\lim_{n\\to\\infty} \\sum_{k=1}^n \\frac{1}{k} - \\ln n 이므로
{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2=1이므로
1 \\times 1 = 1
조작을 시작한다! 우선 1=\\ln e=\\frac{\\pi}{\\pi}=\\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta이므로
\\ln e \\times \\frac{\\pi}{\\pi}= \\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta
e=\\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n \\} \\times \\frac{\\pi}{\\pi}= \\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta
한편 바젤 문제에 의해 \\pi = \\sqrt{\\zeta ( 2 ) \\times 6} = \\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {6}{k^2}}이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n \\} \\times \\frac{\\pi}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {6}{k^2}}}= \\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta
또한 그레고리 급수에 의해 \\pi=4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n \\} \\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {6}{k^2}}}= \\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta
오일러 파이 함수의 성질 n=\\sum_{d|n}\\phi(d)와 \\phi(n)=n\\prod_{p_i|n}\\left(1-\\frac{1}{p_i}\\right)를 이용하면
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n \\} \\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {6}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\frac{1}{p_i}\\right)\\right)^2}}}= \\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta
윌런스의 공식 p_n=1+\\sum_{m=1}^{2^n}\\left[\\sqrt[n]{n}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]를 이용하면
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n \\} \\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {6}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}}= \\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta
분모는 충분히 더러워졌으므로, 이제 분자를 더럽히자. 6=1+2+3이고, 1=-\\sum_{d \\mid n,d>1}\\mu(d)\\ (n>1), 2=[e]=[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}], 3=[\\pi]이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n\\} \\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}} =\\sin^2 \\theta+\\cos^2 \\theta
우변도 더럽혀 보자. 테일러 전개를 이용한다. \\sin x = \\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1}이고 \\cos x = \\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} x^{2n}이므로
\\ln \\left\\{ \\lim_{n \\to \\infty} \\left(1+\\frac{1}{n}\\right)^n \\right\\} \\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i} \\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}}
={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (\\frac{e}{e}+\\frac{1}{n})^n \\} \\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}} ={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
e=\\lim_{n \\to \\infty} (1+\\frac{1}{n})^n이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (\\frac{e}{ (1+\\frac{1}{n})^n}+\\frac{1}{n})^n \\}\\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}} ={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (\\frac{1}{\\frac{(1+\\frac{1}{n})^n}{e}}+\\frac{1}{n})^n \\}\\times \\frac{4\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^n}{2n+1}}{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}} ={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
\\lim_{x \\to 0} {\\frac{\\sin x}{x}}=1이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (\\frac{\\lim_{x \\to 0} {\\frac{\\sin x}{x}}}{\\frac{ (1+\\frac{1}{n})^n}{e}}+\\frac{1}{n})^n \\}\\times \\frac{ 4\\sum_{n=0}^{\\infty}\\frac{(-1)^n}{2n+1} }{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}} ={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
[1/\\gamma]=1이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (\\frac{\\lim_{x \\to 0} {\\frac{\\sin x}{x}}}{\\frac{ (1+\\frac{1}{n})^n}{e}}+\\frac{[\\frac{1}{\\gamma}]}{n})^n \\}\\times \\frac{ 4\\sum_{n=0}^{\\infty}\\frac{(-1)^n}{2n+1} }{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}} ={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
\\gamma=\\lim_{n\\to\\infty} \\sum_{k=1}^n \\frac{1}{k} - \\ln n 이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (\\frac{\\lim_{x \\to 0} {\\frac{\\sin x}{x}}}{\\frac{ (1+\\frac{1}{n})^n}{e}}+\\frac{[\\frac{1}{ \\sum_{k=1}^n \\frac{1}{k} - \\ln n}]}{n})^n \\}\\times \\frac{ 4\\sum_{n=0}^{\\infty}\\frac{(-1)^n}{2n+1} }{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}} ={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2=1이므로
\\ln \\{ \\lim_{n \\to \\infty} (\\frac{\\lim_{x \\to 0} {\\frac{\\sin x}{x}}}{\\frac{ (1+\\frac{1}{n})^n}{e}}+\\frac{[\\frac{1}{ \\sum_{k=1}^n \\frac{1}{k} - \\ln n}]}{n})^n \\}\\times \\frac{ 4\\sum_{n=0}^{\\infty}\\frac{(-1)^n}{2n+1} }{\\sqrt{\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac {-\\sum_{d \\mid 2k,d>1}\\mu(d)+\\left[\\sum_{n=0}^{\\infty} \\frac{1}{n!}\\right]+[\\pi]}{\\left(\\sum_{d|k}d\\prod_{p_i|d}\\left(1-\\left(1+\\sum_{m=1}^{2^i}\\left[\\sqrt[i]{i}\\left(\\sum_{x=1}^m\\left[\\cos^2 \\pi \\frac{(x-1)!+1}{x}\\right]\\right)\\right]\\right)^{-1}\\right)\\right)^2}}}={\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-({\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2))^n}{(2n+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2)!} \\theta^{2n+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-({\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \\theta^{2n+1}}^2+{\\sum^{\\infty}_{n=0} \\frac{(-1)^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2))^n}{(2n)!} \\theta^{2n}}^2
2. 두 번째 예제 ✎ ⊕
경시성 문제를 만들기 위해 난이도가 있어보이는 경시문제를 4개 정도 가져오자.
용도에 맞게 문제를 조금 수정하자.
이제 문제들을 모두 연결하자.
\\sqrt{(x-1)(x-2)}+\\sqrt{(x-3)(x-4)}=\\sqrt{9x^2-54x+75}인 x에 대하여 \\sum_{i=0}^{n-1} a_i \\sqrt[n]{(900 x^2-5520x+7504)^{i/2}}=0인 a_i \\in \\Bbb{Q},\\ i \\in [0,n]을 생각할 때, S=\\{1,2, \\cdots, n\\}이고 A는 \\forall i,j \\in S에 대해 (i,j),(k,j) \\in A인 정확히 \\sum_{i=1}^{n}(a_i+1)^i개의 k가 존재하는 S의 원소들의 쌍들의 모임이라 하면, 부등변삼각형 ABC 내부에서 \\angle ADB=\\angle ACB+((\\max{(m-n)}^{\\min{(n-m)}}+2)!!/8)^{\\circ}과 \\overline{AC}\\ \\overline{BD}=\\overline{AD}\\ \\overline{BC}를 만족하는 점 D에 대하여 \\frac{\\overline{AB}\\ \\overline{CD}}{\\overline{AC}\\ \\overline{BD}}을 구하면 $sqrt{2}$이다.
- \\sqrt{(x-1)(x-2)}+\\sqrt{(x-3)(x-4)}=\\sqrt{9x^2-54x+75}이면, x=\\frac{46-\\sqrt{241}}{15}이다.
- a_i \\in \\Bbb{Q},\\ i \\in [0,n]이 \\sum_{i=0}^{n-1} a_i \\sqrt[n]{2^i}=0을 만족하면 \\forall i\\ a_i=0이다.
- S=\\{1,2, \\cdots, n\\}이고 A는 \\forall i,j \\in S에 대해 (i,j),(k,j) \\in A인 정확히 n개의 k가 존재하는 S의 원소들의 쌍들의 모임이라 하자. 이 때, m \\leq n이다.
- 점 D가 부등변삼각형 ABC 내부에서 \\angle ADB=\\angle ACB+90^{\\circ}과 \\overline{AC}\\ \\overline{BD}=\\overline{AD}\\ \\overline{BC}를 만족할 때, \\frac{\\overline{AB}\\ \\overline{CD}}{\\overline{AC}\\ \\overline{BD}}=\\sqrt{2}이다.
용도에 맞게 문제를 조금 수정하자.
- \\sqrt{(x-1)(x-2)}+\\sqrt{(x-3)(x-4)}=\\sqrt{9x^2-54x+75}이면, 900 x^2-5520x+7504=4이다.
- a_i \\in \\Bbb{Q},\\ i \\in [0,n]이 \\sum_{i=0}^{n-1} a_i \\sqrt[n]{2^i}=0을 만족하면 \\sum_{i=1}^{n}(a_i+1)^i=n이다.
- S=\\{1,2, \\cdots, n\\}이고 A는 \\forall i,j \\in S에 대해 (i,j),(k,j) \\in A인 정확히 n개의 k가 존재하는 S의 원소들의 쌍들의 모임이라 하자. 이 때, \\max{(m-n)}=0이다.
- 점 D가 부등변삼각형 ABC 내부에서 \\angle ADB=\\angle ACB+90^{\\circ}과 \\overline{AC}\\ \\overline{BD}=\\overline{AD}\\ \\overline{BC}를 만족할 때, \\frac{\\overline{AB}\\ \\overline{CD}}{\\overline{AC}\\ \\overline{BD}}=\\sqrt{2}이다.
이제 문제들을 모두 연결하자.
\\sqrt{(x-1)(x-2)}+\\sqrt{(x-3)(x-4)}=\\sqrt{9x^2-54x+75}인 x에 대하여 \\sum_{i=0}^{n-1} a_i \\sqrt[n]{(900 x^2-5520x+7504)^{i/2}}=0인 a_i \\in \\Bbb{Q},\\ i \\in [0,n]을 생각할 때, S=\\{1,2, \\cdots, n\\}이고 A는 \\forall i,j \\in S에 대해 (i,j),(k,j) \\in A인 정확히 \\sum_{i=1}^{n}(a_i+1)^i개의 k가 존재하는 S의 원소들의 쌍들의 모임이라 하면, 부등변삼각형 ABC 내부에서 \\angle ADB=\\angle ACB+((\\max{(m-n)}^{\\min{(n-m)}}+2)!!/8)^{\\circ}과 \\overline{AC}\\ \\overline{BD}=\\overline{AD}\\ \\overline{BC}를 만족하는 점 D에 대하여 \\frac{\\overline{AB}\\ \\overline{CD}}{\\overline{AC}\\ \\overline{BD}}을 구하면 $sqrt{2}$이다.
2.1. 한글 번역 ✎ ⊕
기호가 난발해서 풀기 싫은 사람들을 위하여 한글로 풀어 써 주겠다. 답은 보다시피 $sqrt{2}$이다.
제곱근 안에 괄호 열고 엑스 빼기 일 괄호 닫고 곱하기 괄호 열고 엑스 빼기 이 괄호 닫고 제곱근 빠져나와서 더하기 제곱근 안에 괄호 열고 엑스 빼기 삼 괄호 닫고 곱하기 괄호 열고 엑스 빼기 사 괄호 닫고 제곱근 빠져나온 값이 제곱근 안에 구 곱하기 엑스 제곱 빼기 오십사 곱하기 엑스 더하기 칠십오 제곱근 빠져나온 값과 같은 엑스에 대하여 에이 아래첨자 아이 아래첨자 빠져나와서 곱하기 엔제곱근 안에 괄호 열고 구백 곱하기 엑스 제곱 빼기 오천오백이십 엑스 더하기 칠천오백사 괄호 닫고 아이 나누기 이 제곱 하고 제곱근 빠져나온 값을 아이가 영부터 엔 빼기 일까지 일만큼 더하는 동안 나오는 값을 모조리 더했을 때 영이 나오는 아이가 영부터 엔 까지의 정수일 때 에이 아래첨자 아이 아래첨자 나와서가 유리수의 원소인 에이 아래첨자 아이 아래첨자 빠져나온 값들을 생각할 때 집합 에스가 일부터 엔까지의 정수들을 원소로 가지는 집합이고 집합 에이는 에스의 원소인 모든 아이와 제이에 대하여 괄호열고 아이 쉼표 제이 괄호닫고 콤마 괄호열고 케이 콤마 제이 괄호닫고가 집합 에이의 원소인 정확히 에이 아래첨자 아이 아래첨자 빠져나와서 플러스 일의 아이제곱을 아이가 일부터 엔까지 일만큼 더하는 동안 나오는 값을 모조리 더한 값의 갯수의 케이가 존재하는 에스의 원소들의 쌍들의 모임이라 하면, 세 변의 길이가 서로 다른 삼각형 에이비씨 내부에서 각에이디비는 각 에이씨비 더하기 괄호열고 다시 괄호열고 엠 빼기 엔의 최댓값을 엔 빼기 엠의 최솟값을 지수로 삼는 삼차 하이퍼 연산을 한 값 더하기 이 괄호닫고를 겹계승한 값 나누기 팔 괄호닫고 도와 선분 에이씨와 선분 비디의 길이를 곱하면 선분 에이디와 선분 비씨의 길이를 곱한 것과 같음을 만족하는 점 디에 대하여 선분 에이비의 길이 곱하기 선분 씨디의 길이를 선분 에이씨의 길이 곱하기 선분 비디의 길이로 나눈 값을 구하면 된다.
제곱근 안에 괄호 열고 엑스 빼기 일 괄호 닫고 곱하기 괄호 열고 엑스 빼기 이 괄호 닫고 제곱근 빠져나와서 더하기 제곱근 안에 괄호 열고 엑스 빼기 삼 괄호 닫고 곱하기 괄호 열고 엑스 빼기 사 괄호 닫고 제곱근 빠져나온 값이 제곱근 안에 구 곱하기 엑스 제곱 빼기 오십사 곱하기 엑스 더하기 칠십오 제곱근 빠져나온 값과 같은 엑스에 대하여 에이 아래첨자 아이 아래첨자 빠져나와서 곱하기 엔제곱근 안에 괄호 열고 구백 곱하기 엑스 제곱 빼기 오천오백이십 엑스 더하기 칠천오백사 괄호 닫고 아이 나누기 이 제곱 하고 제곱근 빠져나온 값을 아이가 영부터 엔 빼기 일까지 일만큼 더하는 동안 나오는 값을 모조리 더했을 때 영이 나오는 아이가 영부터 엔 까지의 정수일 때 에이 아래첨자 아이 아래첨자 나와서가 유리수의 원소인 에이 아래첨자 아이 아래첨자 빠져나온 값들을 생각할 때 집합 에스가 일부터 엔까지의 정수들을 원소로 가지는 집합이고 집합 에이는 에스의 원소인 모든 아이와 제이에 대하여 괄호열고 아이 쉼표 제이 괄호닫고 콤마 괄호열고 케이 콤마 제이 괄호닫고가 집합 에이의 원소인 정확히 에이 아래첨자 아이 아래첨자 빠져나와서 플러스 일의 아이제곱을 아이가 일부터 엔까지 일만큼 더하는 동안 나오는 값을 모조리 더한 값의 갯수의 케이가 존재하는 에스의 원소들의 쌍들의 모임이라 하면, 세 변의 길이가 서로 다른 삼각형 에이비씨 내부에서 각에이디비는 각 에이씨비 더하기 괄호열고 다시 괄호열고 엠 빼기 엔의 최댓값을 엔 빼기 엠의 최솟값을 지수로 삼는 삼차 하이퍼 연산을 한 값 더하기 이 괄호닫고를 겹계승한 값 나누기 팔 괄호닫고 도와 선분 에이씨와 선분 비디의 길이를 곱하면 선분 에이디와 선분 비씨의 길이를 곱한 것과 같음을 만족하는 점 디에 대하여 선분 에이비의 길이 곱하기 선분 씨디의 길이를 선분 에이씨의 길이 곱하기 선분 비디의 길이로 나눈 값을 구하면 된다.
3. 세 번째 예제(미완) ✎ ⊖
가장 아름다운 등식 또는 오일러 등식이라고도 불리는 아래의 식을 보자.
조작을 시작한다! 우선 르장드르 상수 B´_L=1이므로
e^{i\\pi} +1=0
조작을 시작한다! 우선 르장드르 상수 B´_L=1이므로
e^{i\\pi} +B´_L=0
%7B%22O%22%3A%20%22%5Cuc624%5Cuba54%5Cuac00%22%2C%20%22C%22%3A%20%22%5B%5Bhttps%3A//creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/deed.ko%7CCC%20BY-NC-SA%203.0%5D%5D%22%7D
