集合と命題 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $A\cap B=\{4\}$ という条件は、$2$ つの情報を同時に含んでいる。

$1$ つは「$4$ が両方に入る」。もう $1$ つは「$4$ 以外に共通の要素はない」。この $2$ つを一度に扱おうとすると混乱する。そこで前半だけで $a$ の候補を出し、後半で候補をふるいにかける、という $2$ 段構えを最初に決める。

$A\cap B=\{4\}$ は『共通部分が4だけ』。$A$ には4がある。$B$ の要素のどれかが4になる $a$ を探す。

$a-1=4$ なら $a=5$。$a^2-6a+12=4$ なら $a^2-6a+8=0$、$(a-2)(a-4)=0$ で $a=2$ または $a=4$。候補は $a=2,4,5$。それぞれ $A,B$ を書いて検算する。

$a=2$ のとき:

$$A=\{1,4,-1\},B=\{2,1,4\}$$

共通部分は $\{1,4\}$。4だけではないので不適(1も共通)。$a=4$ のとき:

$$A=\{1,4,5\},B=\{2,3,4\}$$

共通部分は $\{4\}$ だけ。条件を満たす。$a=5$ のとき:

$$A=\{1,4,11\},B=\{2,4,7\}$$

共通部分は $\{4\}$ だけ。条件を満たす。よって $a=4$ または $a=5$。それぞれの $A\cup B$ は

$$a=4\text{ のとき }A\cup B=\{1,2,3,4,5\},a=5\text{ のとき }A\cup B=\{1,2,4,7,11\}$$

まとめ:候補を出して終わりではなく、必ず『共通部分が4だけか』を検算する。$a=2$ のように、他の要素も一致してしまう場合を除くのが大事だ。

発展。 この問題で $a=2$ が脱落したのは、$A$ の要素 $-1,1,4$ と $B$ の要素 $2,1,4$ の中で $1$ が両方に現れ、共通部分が $\{1,4\}$ になってしまうからだ。

パラメータ $a$ を含む集合では、候補が多めに出てくる。そこから「要素どうしがぶつかる($=$ 退化する)値」を除くひと手間が、いつも最後に必要になる。

この「候補を出したあとに退化を除く」流れは、方程式の重解を別あつかいする場面や、定義域から除外点を抜く場面など、後で何度も出会う。集合を $\{\}$ で書くと重複は自動で消えるので、個数を数えるときこそ要素が相異なるかに注意したい。

別解

別解:個数の関係で検算する(得意な人向けの視点)。 $A,B$ はどちらも $3$ 要素の集合だ。個数について、次の関係がいつでも成り立つ。

$$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|.$$

いま $A\cap B=\{4\}$ なら $|A\cap B|=1$ だから、$|A\cup B|=3+3-1=5$ でなければならない。そこで候補ごとに、$A,B$ に並ぶ $6$ 個の値がちょうど $5$ 種類の相異なる値になるか(重複は $4$ だけか)を数える。

$a=2$ のとき、$6$ 個の値は $1,4,-1,2,1,4$。相異なる値は $-1,1,2,4$ の $4$ 種類しかない。$|A\cup B|=4$ となり $5$ に足りない。つまり共通部分が $2$ 個あり、$A\cap B=\{4\}$ と両立しない。

$a=4$ では値が $1,4,5,2,3,4$ で相異なるのは $5$ 種類、重複は $4$ だけ。$a=5$ でも $1,4,11,2,4,7$ で同じく $5$ 種類、重複は $4$ だけ。どちらも条件を満たす。

共通部分を書き出すかわりに「相異なる値の個数」を数えても、$a=2$ をはじく理由がはっきり見える。本解と同じ $a=4,5$ にたどり着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 絶対値で書かれた集合は、まず区間に直して「中心と幅」で捉える。

$B$ は中心 $a$、幅 $6$ の窓だ。$a$ が動くと、この窓が数直線上を左右にずれる。包含 $A\subset B$ は「窓が相手をすっぽり覆う」条件、交わりなし $A\cap B=\varnothing$ は「窓が相手に届かない」条件。どちらも端の位置をくらべる不等式に言いかえられる。

絶対値を範囲に直す。

$$A=\{x\mid -1<x<3\},B=\{x\mid a-3<x<a+3\}$$

(1)

$A\subset B$($A$ が $B$ にすっぽり入る)条件を考える。$B$ の左端 $a-3$ が $A$ の左端 $-1$ 以下(=$B$ が $A$ より左まである)、$A$ の右端3が $B$ の右端 $a+3$ 以下、であればよい。

$$a-3\leqq -1\text{かつ}3\leqq a+3$$

左から $a\le 2$、右から $a\ge 0$。合わせて

$$0\leqq a\leqq 2$$

(2)

$A\cap B=\varnothing$(重ならない)条件。$B$ が $A$ より完全に左にある($B$ の右端 $a+3$ が $A$ の左端 $-1$ 以下)か、$B$ が完全に右にある($B$ の左端 $a-3$ が $A$ の右端3以上)。

$$a\leqq -4\text{または}a\geqq 6$$

絶対値の集合は範囲に直し、数直線で端の位置を比べるのが基本だ。

発展。 この問題は $A\subset B$ と $A\cap B=\varnothing$、つまり両極端の位置だけを聞いている。

$a$ を横軸にとって全体を見わたすと、$a$ の直線自体が切り分けられる。$a\le -4$ で離れ、$-4<a<0$ で一部だけ交わり、$0\le a\le 2$ で覆い、$2<a<6$ でまた一部だけ交わり、$6\le a$ で再び離れる。答えの範囲もそれぞれ区間になる。

境界の $a=-4,0,2,6$ は、$B$ の端が $A$ の端とちょうど重なる「接する」瞬間だ。$a$ が動くにつれて、区間どうしの位置関係が連続的に移り変わることが分かる。

別解

別解:三角不等式で端点を比べずに出す(得意な人向けの別技法)。 どんな実数でも $|s+t|\le |s|+|t|$(三角不等式)が成り立つ。これを使うと端の比較を経ずに条件が出る。

(1) $x\in A$ なら $|x-1|<2$。ここで

$$|x-a|=|(x-1)+(1-a)|\le |x-1|+|1-a|<2+|1-a|.$$

右辺が $3$ 以下なら、この $x$ は必ず $|x-a|<3$、すなわち $B$ に入る。よって $2+|1-a|\le 3$、つまり $|1-a|\le 1$ なら $A\subset B$。これは $0\le a\le 2$ にあたる。

(2) もし $A$ と $B$ に共通の $x$ があれば、その $x$ について

$$|1-a|=|(1-x)+(x-a)|\le |x-1|+|x-a|<2+3=5.$$

だから $|1-a|\ge 5$ なら共通の $x$ は存在しえない。これは $a\le -4$ または $a\ge 6$ にあたる。

三角不等式が与えるのは十分性だが、$|1-a|$ が境目を超えると窓がはみ出す/届いてしまうので、条件はちょうど $|1-a|\le 1$、$|1-a|\ge 5$。中心 $1$ と $a$ の隔たり $|1-a|$ を $A,B$ の幅に結びつけるこの見方で、本解の $0\le a\le 2$、$a\le -4$ または $a\ge 6$ と一致する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $p:|x-2|\le k$ の表す範囲は、中心 $2$ の対称な区間だ。$k$ が大きくなるほど左右に伸びる。

十分条件は「$P$ が $Q$ に収まる」、必要条件は「$Q$ が $P$ に収まる」。どちらがどちらに入るのかを取り違えやすい。そこで先に $P\Rightarrow Q$ か $Q\Rightarrow P$ かの矢印を書き、それを包含に直してから端の不等式に落とす。この順番を守れば向きを間違えない。

条件を範囲に直す。

$$P=\{x\mid 2-k\leqq x\leqq 2+k\},Q=\{x\mid -1\leqq x\leqq 4\}$$

(1)

『$p$ が $q$ の十分条件』は『$p\Rightarrow q$ が真』、つまり $P\subset Q$。$P$($2-k$ から $2+k$)が $Q$($-1$ から $4$)に入るには、$P$ の左端が $-1$ 以上、右端が4以下。

$$-1\leqq 2-k\text{かつ}2+k\leqq 4$$

左から $k\le 3$、右から $k\le 2$。$k>0$ もあわせて、きつい方の $k\le 2$ をとり

$$0<k\leqq 2$$

(2)

『$p$ が $q$ の必要条件』は『$q\Rightarrow p$ が真』、つまり $Q\subset P$。$Q$($-1$ から $4$)が $P$($2-k$ から $2+k$)に入るには、$P$ のほうが広く、$P$ の左端が $-1$ 以下、右端が4以上。

$$2-k\leqq -1\text{かつ}4\leqq 2+k$$

左から $k\ge 3$、右から $k\ge 2$。両方を満たすには

$$k\geqq 3$$

まとめ:『十分 → $P\subset Q$($P$ が小さい)』『必要 → $Q\subset P$($P$ が大きい)』。包含の向きを間違えないことが大事だ。

発展。 十分条件の範囲 $0<k\le 2$ と必要条件の範囲 $k\ge 3$ は、重なっていない。

間の $2<k<3$ では、$P$ は $Q$ をはみ出し($2+k>4$)、しかも $Q$ の左端 $-1$ を覆えない($2-k>-1$)。だから $p$ は $q$ の必要条件でも十分条件でもない。

では必要十分($P=Q$)になる $k$ はあるか。$P$ は中心 $2$ の対称区間、$Q=[-1,4]$ は中心 $1.5$。中心がずれているので、幅をどう選んでも一致しない。$p$ と $q$ が同値になる $k$ は存在しないのだ。$p,q$ がずれた条件のとき、必要の境目と十分の境目が別の場所に来ることが見てとれる。

別解

別解:中心 $2$ から見た「左右の届き」で比べる(得意な人向けの視点)。 $P=[2-k,2+k]$ は中心 $2$ から左右に同じ $k$ だけ伸びる。$Q=[-1,4]$ を、同じ中心 $2$ から測り直す。

$Q$ の左端 $-1$ は $2$ から左へ $3$、右端 $4$ は $2$ から右へ $2$。つまり $Q$ は中心 $2$ から見て「左に $3$、右に $2$」届いている(左右で非対称)。

(1) 十分条件 $P\subset Q$ は、$P$ が $Q$ の内側に収まること。$P$ の左右の伸び $k$ が $Q$ の届き(左 $3$・右 $2$)を超えなければよい。$k\le 3$ かつ $k\le 2$、きつい方をとって $0<k\le 2$。

(2) 必要条件 $Q\subset P$ は、$P$ が $Q$ を覆うこと。$P$ の伸び $k$ が $Q$ の届きを両側とも上回ればよい。$k\ge 3$ かつ $k\ge 2$。両方を満たすには厳しい方の $k\ge 3$。

端点そのものを比べる本解に対し、こちらは「中心 $2$ からの左右の届き」に注目する。$Q$ が中心 $2$ に対して非対称(左 $3$・右 $2$)であることが、十分では右 $2$ が、必要では左 $3$ が決め手になる理由をはっきりさせる。本解と同じ $0<k\le 2$、$k\ge 3$ を得る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $p\Rightarrow q$ と $q\Rightarrow p$ の $2$ 本の矢印を、それぞれ反例で崩せるか試すのが基本だ。

ただし(2)は一筋縄でいかない。「$n^2$ が $3$ の倍数 $\Rightarrow$ $n$ が $3$ の倍数」という橋が要ると気づけるかが分かれ目になる。この橋は自明ではない。直接は示しにくいので対偶で架ける。判定問題の中に、小さな証明問題が含まれている。

$p\Rightarrow q$、$q\Rightarrow p$ を、反例が作れるかで調べる。

(1) $p:x+y>2$ かつ $xy>1$、$q:x>1$ かつ $y>1$。$q\Rightarrow p$: $x>1,y>1$ なら和も積も大きく $p$ は成り立つ(真)。$p\Rightarrow q$: $x=3,y=0.5$ なら $x+y=3.5>2$、$xy=1.5>1$ で $p$ は成り立つが、$y>1$ でない(偽)。よって $p$ は必要条件であるが十分条件でない。

(2) $p:n^2$ は3の倍数、$q:n$ は3の倍数。$q\Rightarrow p$: $n=3k$ なら $n^2=9k^2$ で3の倍数(真)。$p\Rightarrow q$: 対偶『$n$ が3の倍数でないなら $n^2$ も3の倍数でない』を示す。$n$ が3の倍数でないと $n=3k\pm 1$ と書けて

$$n^2=9k^2\pm 6k+1=3(3k^2\pm 2k)+1$$

$3\times (\text{整数})+1$ なので3の倍数でない。だから $p\Rightarrow q$ も真。両方真で必要十分条件。

(3) $p:x^2\le 1$、$q:x\le 1$。$x^2\le 1$ は $-1\le x\le 1$。$p\Rightarrow q$: $-1\le x\le 1$ なら $x\le 1$(真)。$q\Rightarrow p$: $x=-5$ は $x\le 1$ だが $x^2=25>1$(偽)。よって十分条件であるが必要条件でない。

(4) $p:xy$ は有理数、$q:x,y$ はともに無理数。$p\Rightarrow q$: $x=y=1$(有理数)でも $xy=1$ は有理数だが $q$ でない(偽)。$q\Rightarrow p$: $x=\sqrt{2},y=\sqrt{3}$ はともに無理数だが $xy=\sqrt{6}$ は無理数で $p$ でない(偽)。両方偽で必要条件でも十分条件でもない。

まとめ:各矢印を反例で確かめるのが基本。(2)のように直接示しにくい矢印は、対偶で証明する。

発展。 (2)で使った「$3$ は素数だから $3\mid n^2$ なら $3\mid n$」は、素数がもつ基本的な性質だ。一般に、素数 $p$ が積 $ab$ を割るなら、$p$ は $a$ か $b$ の少なくとも一方を割る(ユークリッドの補題)。

この性質は合成数では崩れる。たとえば $4\mid 2\cdot 2=4$ だが $4\nmid 2$。$2$ 以上の整数 $m$ について、含意「$m\mid ab$ ならば $m\mid a$ または $m\mid b$」が成り立つのは、$m$ が素数のときに限る。

そしてこの補題こそが、素因数分解がただ $1$ 通りに定まること(一意性)を支える基礎になっている。割り算の性質が「素数かどうか」で分かれることが確かめられる。

別解

別解:条件を集合で表し、包含関係でまとめて見る(得意な人向けの視点)。 各条件が表す集合を書き、$p$ の集合と $q$ の集合の包含を見る。$p$ の集合が $q$ に含まれれば $p\Rightarrow q$、逆なら $q\Rightarrow p$ だ。

(1) $q=\{x>1\text{かつ}y>1\}$ の点はすべて $x+y>2$ かつ $xy>1$ を満たすから $q\subset p$。逆に $p$ には $(x,y)=(3,\frac{1}{2})$ のように $q$ に入らない点がある。$q⊊p$ で $p$ は必要のみ。

(2) $p=\{n:3\mid n^2\}$、$q=\{n:3\mid n\}$。$3$ は素数だから「$3\mid n^2=n\cdot n$ なら $3\mid n$」(素数が積を割れば因数のどちらかを割る)。逆も明らかで $p=q$。必要十分。

(3) $p=\{-1\le x\le 1\}\subset q=\{x\le 1\}$。$q$ には $x=-5$ など $p$ に入らない点があり $p⊊q$。$p$ は十分のみ。

(4) $p=\{xy\in \mathbb{Q}\}$、$q=\{x,y\text{ともに無理数}\}$。$(1,1)\in p\setminus q$、$(\sqrt{2},\sqrt{3})\in q\setminus p$。互いにはみ出すのでどちらでもない。

矢印を $1$ 本ずつ反例で崩す本解に対し、集合の包含で $4$ つを同じ土俵に並べられる。とくに(2)は素数の性質を一度使えば $p=q$ が即座に見える。判定は本解と一致する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「または」を含む結論は、そのままでは直接示しにくい。

ところが否定すると「または」は「かつ」に変わる。$x>1$ または $y>1$ の否定は、$x\le 1$ かつ $y\le 1$。$2$ つの条件が同時に成り立つ形になり、ぐっと扱いやすくなる。

このド・モルガンの感覚が対偶に乗り換える動機だ。否定した仮定のほうが計算の回る形になっていないか、を判断の目安にする。

どちらも対偶を証明する。

(1) もとの命題『$x+y>2$ ならば $x>1$ または $y>1$』の対偶は、結論『$x>1$ または $y>1$』を否定して

『$x\le 1$ かつ $y\le 1$ ならば $x+y\le 2$』

(『または』の否定は『かつ』。)$x\le 1$、$y\le 1$ なら、足して

$$x+y\leqq 1+1=2$$

となり $x+y\le 2$。対偶が示せたので、もとの命題も真。(証明終わり)

(2) もとの命題『$m^2+n^2$ が奇数ならば $mn$ は偶数』の対偶は

『$mn$ が奇数ならば $m^2+n^2$ は偶数』

$mn$ が奇数になるのは、$m,n$ がともに奇数のとき。$m=2j+1$、$n=2k+1$($j,k$ は整数)とおくと

$$\begin{array}{rl}{m}^2+n^2& =(2j+1{)}^2+(2k+1{)}^2\\ & =4j^2+4j+1+4k^2+4k+1\\ & =2(2j^2+2j+2k^2+2k+1)\end{array}$$

$2\times (\text{整数})$ の形なので偶数。対偶が示せたので、もとの命題も真。(証明終わり)

まとめ:どちらも『結論を否定した対偶のほうが、具体的に計算できる』のがポイント。特に『または』の否定が『かつ』になることに注意しよう。

発展。 (1)は「$2$ 数の和が $2$ を超えるなら、少なくとも一方は $1$ を超える」と読める。これは平均の考え方の一例だ。

一般に、$n$ 個の数 $x_1,\dots ,x_n$ の和が $nc$ を超えるなら、少なくとも $1$ つは $c$ を超える。もし全部が $c$ 以下なら、和は $nc$ 以下にしかならないからだ(対偶)。

「全部が平均以下なら、和は平均かける個数以下」という当たり前の事実が、こういう存在の主張を生む。個数と合計から「飛び抜けた $1$ つ」の存在を導くこの論法は、鳩の巣原理とも通じる有効な方法だ。

別解

別解:対偶を経由せず直接示す(別の証明の型)。 対偶をとらなくても、仮定から結論をまっすぐ導ける。

(1) $x+y>2$ を仮定する。もし $x>1$ ならそれで結論は成り立つ。そうでない場合、すなわち $x\le 1$ のときを考える。このとき

$$y=(x+y)-x>2-1=1$$

となり $y>1$。だからどちらの場合も「$x>1$ または $y>1$」が言える。

(2) $m^2+n^2$ が奇数と仮定する。和が奇数になるのは、$m^2$ と $n^2$ の一方が奇数・他方が偶数のときだけだ(偶数どうし・奇数どうしの和は偶数)。平方の偶奇はもとの数の偶奇と同じ。だから $m,n$ の一方が奇数・他方が偶数。すると積 $mn$ は偶数を因数に含み、偶数になる。

対偶で結論を裏返す本解に対し、こちらは仮定を場合分けして結論へ直進する。同じことが示せる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は、よく知られた $\sqrt{2}$ が無理数であることの証明と同じ型が使えるか試す。「既約分数と仮定して、偶数であることから矛盾を出す」流れだ。

(2)は(1)を道具として使う設計になっている。$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を正面から攻めても取っかかりがない。そこで注目するのが、$2$ 乗すると $\sqrt{6}$ が現れることだ。$2$ 乗して(1)の結果に帰着させることに気づけば解ける。

(1) 背理法。$\sqrt{6}$ が有理数だと仮定し、これ以上約分できない分数(既約分数)$\frac{p}{q}$ で表せるとする。

$$\sqrt{6}=\frac{p}{q}$$

両辺を2乗して分母をはらうと

$$p^2=6q^2$$

右辺は偶数(6の倍数)なので $p^2$ は偶数、よって $p$ も偶数(『$p^2$ 偶数 → $p$ 偶数』を使う)。$p=2k$ とおくと $p^2=4k^2$ で

$$4k^2=6q^2\text{すなわち}2k^2=3q^2$$

左辺は偶数なので $3q^2$ も偶数、$3$ は奇数だから $q^2$ が偶数、よって $q$ も偶数。すると $p,q$ が両方偶数になり、『$\frac{p}{q}$ は既約(共通因数なし)』に矛盾する。よって $\sqrt{6}$ は無理数。(証明終わり)

(2) (1)を使う。$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ が有理数 $r$ だと仮定する。2乗すると

$$(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2=2+2\sqrt{6}+3=5+2\sqrt{6}$$

これが $r^2$(有理数)なので、$\sqrt{6}$ について解くと

$$\sqrt{6}=\frac{r^2-5}{2}$$

右辺は有理数。つまり $\sqrt{6}$ が有理数となり、(1)の『$\sqrt{6}$ は無理数』に矛盾する。よって $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ は無理数。(証明終わり)

(1)は『既約分数と仮定 → 両方偶数で矛盾』という、$\sqrt{2}$ が無理数の証明と同じ型。(2)は2乗して $\sqrt{6}$ を作り、(1)に帰着させるのがうまい手だ。

発展。 (1)の主張はもっと広い形に一般化できる。自然数 $N$ について、$\sqrt{N}$ が有理数になるのは $N$ が平方数のとき、そのときに限る。

理由は有理数解の一般則(有理根定理)で説明できる。$\sqrt{N}$ は $x^2-N=0$ の解だ。最高次の係数が $1$ の整数係数方程式では、有理数の解は必ず整数になる。整数を $2$ 乗して $N$ になるものが無ければ、$\sqrt{N}$ は無理数だ。

$6$ は $2^2=4$ と $3^2=9$ の間にあり、$2$ 乗して $6$ になる整数はない。だから $\sqrt{6}$ は無理数、と一言で片づく。同じ理屈は $\sqrt[3]{2}$ など高次の累乗根にもそのまま伸びていく。

別解

別解:素因数の個数の偶奇で(1)を示す(得意な人向けの視点)。 既約分数を持ち出さなくても、素因数を数えるだけで矛盾が出る。

$\sqrt{6}$ が有理数なら、正の整数 $p,q$ で $\sqrt{6}=\frac{p}{q}$ と書ける(既約でなくてよい)。両辺を $2$ 乗して

$$p^2=6q^2=2\cdot 3\cdot q^2.$$

ここで、素因数 $2$ が何個含まれるかを両辺で数える。左辺 $p^2$ に含まれる $2$ の個数は、$p$ に含まれる個数の $2$ 倍だから偶数。

右辺 $2\cdot 3\cdot q^2$ では、$q^2$ の分が偶数個、そこに $2$ が $1$ 個だけ足されるので合計は奇数。偶数と奇数は等しくなれない。これが矛盾だ。よって $\sqrt{6}$ は無理数。

既約性の議論を経る本解に対し、こちらは「平方数では各素因数がちょうど偶数個」という事実を突く。$6$ の中の $2$ がただ $1$ 個(奇数個)なのが決め手だ。本解(1)と同じく、$\sqrt{6}$ が無理数であることに別の道からたどり着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$0\le x\le 2$ のすべての $x$ で成り立つ」を、$x$ を $1$ つずつ調べて確かめるのは無理だ。無限個あるからだ。

そこで $ax+1$ が $1$ 次式、つまりグラフが直線であることに注目する。直線が区間の両端で正なら、間もすべて正になる。すると無限個の条件が端 $2$ つ $x=0,x=2$ での条件に圧縮される。この圧縮が発想の核だ。

$f(x)=ax+1$ は1次関数(直線)。直線が区間 $0\le x\le 2$ でずっと正になるのは、両端で正のとき。

(1)

$$P\text{ が真}⟺f(0)>0\text{かつ}f(2)>0$$

それぞれ計算する。

$$f(0)=1>0\text{(常に成立)},f(2)=2a+1>0⟺a>-\frac{1}{2}$$

$f(0)=1$ はいつも正なので、条件は $f(2)>0$ だけ。よって

$$a>-\frac{1}{2}$$

(2) $P$ の否定は『すべて』→『ある』、$ax+1>0$ → $ax+1\le 0$ で作る。

$$\overline{P}:「0\leqq x\leqq 2\text{ を満たすある実数 }x\text{ について }ax+1\leqq 0」$$

$\overline{P}$ が真なのは、$P$ が偽のとき。$P$ が真は $a>-\frac{1}{2}$ だったので、$\overline{P}$ が真はその反対で

$$a\leqq -\frac{1}{2}$$

まとめ:『直線は端で正なら間も正』を使うと、すべての $x$ の条件が端の2点だけの条件になる。$P$ の否定は『すべて→ある、$>$→$\le$』で作る。

発展。 $P$ が真になる $a$ は $a>-\frac{1}{2}$、否定 $\overline{P}$ が真になる $a$ は $a\le -\frac{1}{2}$。この $2$ つはちょうど実数全体を重なりなく $2$ つに分ける(互いに補集合)。

注意したいのは境界 $a=-\frac{1}{2}$ の行き先だ。このとき $x=2$ で $ax+1=0$ となり、$>0$ を満たさない。だから $a=-\frac{1}{2}$ は $\overline{P}$ 側に属する。

もとの条件が $>0$(等号なし)だから、境界は $\le 0$ を含む $\overline{P}$ に落ちる。$P$ の範囲が開いた不等式 $a>-\frac{1}{2}$ に、$\overline{P}$ が閉じた $a\le -\frac{1}{2}$ になる、その境目の扱いがきれいに対応している。

別解

別解:$a$ について解いて、いちばん厳しい $x$ を探す(得意な人向けの視点)。 各 $x$ ごとに $ax+1>0$ を $a$ の条件に読みかえ、すべての $x$ で成り立つよう重ねる。

$x=0$ のときは $a\cdot 0+1=1>0$ で、$a$ によらず成り立つ。ここは自由だ。$0<x\le 2$ のときは $ax>-1$、両辺を正の $x$ で割って $a>-\frac{1}{x}$。これがすべての $x$ で必要だから、$-\frac{1}{x}$ が最も大きくなる $x$ を押さえればよい。

$-\frac{1}{x}$ は $x$ が大きいほど大きく、$0<x\le 2$ では $x=2$ で最大の $-\frac{1}{2}$。よって条件は $a>-\frac{1}{2}$ にまとまる。

直線の両端を調べる本解に対し、こちらは $a$ を分離し「いちばん厳しい $x$($=2$)」に条件を集約する。定数を分離して最悪の点を押さえるこの見方は、幅広い「すべての $x$ で成り立つ」問題で使える。本解と同じ $a>-\frac{1}{2}$ を得る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は「もし $b\ne 0$ だったら」と仮定してみるところから始まる。すると $\sqrt{2}$ が有理数として書けてしまい、矛盾する。

この背理法が無理数まわりの係数比較を支える基礎になる。$\sqrt{2}$ の係数と定数部分を別々に等しいとおける根拠は、ここで作られる。(2)はその(1)を道具として使う問題だ。まず等式を (有理数)$+$(有理数)$\sqrt{2}=0$ の形に整理するのが第一歩になる。

(1) $a+b\sqrt{2}=0$ で $a,b$ は有理数。もし $b\ne 0$ なら、$\sqrt{2}$ について解けて

$$\sqrt{2}=-\frac{a}{b}$$

右辺は有理数どうしの計算なので有理数。つまり $\sqrt{2}$ が有理数となり、『$\sqrt{2}$ は無理数』に矛盾する。だから $b=0$。$b=0$ を $a+b\sqrt{2}=0$ に入れると $a=0$。よって $a=b=0$。(証明終わり)

(2) 左辺を、$\sqrt{2}$ を含む部分と含まない部分に整理する。

$$a(1+2\sqrt{2})+b(3-\sqrt{2})=(a+3b)+(2a-b)\sqrt{2}$$

これが右辺 $5+3\sqrt{2}$ に等しい。

$$(a+3b)+(2a-b)\sqrt{2}=5+3\sqrt{2}$$

移項して

$$(a+3b-5)+(2a-b-3)\sqrt{2}=0$$

ここで $a+3b-5$ と $2a-b-3$ は有理数。(1)の結果『(有理数)+(有理数)$\sqrt{2}=0$ なら両方0』を使うと

$$a+3b-5=0\text{かつ}2a-b-3=0$$

この連立を解く。2つ目から $b=2a-3$。1つ目に入れて

$$a+3(2a-3)=5\text{すなわち}7a=14$$

よって

$$a=2,b=1$$

(1)の『係数比較ができる』ことが(2)の決め手だ。$\sqrt{2}$ の係数どうし、定数どうしを等しいとおけるのは、$\sqrt{2}$ が無理数だからだ。

発展。 $a,b$ が有理数なら、等式の $\sqrt{2}$ を $-\sqrt{2}$ に置きかえても、やはり正しい等式になる(共役をとる)。もとの式と共役の式を足したり引いたりすれば、有理部分と $\sqrt{2}$ の部分がきれいに分離でき、係数比較と同じ連立が出てくる。

この「有理数係数の関係式では、$\sqrt{2}$ と $-\sqrt{2}$ が対等に振る舞う」性質は、$\sqrt{2}$ を解にもつ最も簡単な方程式が $x^2-2=0$($2$ 次)であることの反映だ。

同じことは後で複素数を学ぶときにも現れる。有理数(や実数)を係数にもつ方程式では、無理数の解や虚数の解は必ず「共役の組」で現れる。たとえば $2+\sqrt{3}$ が解なら $2-\sqrt{3}$ も解で、$(x-(2+\sqrt{3}))(x-(2-\sqrt{3}))=x^2-4x+1$ と係数がすべて有理数になる。係数比較ができるのは、この共役の対称性があるからだ。

別解

別解:連立を行列式(クラメルの公式)で解く(得意な人向けの視点)。 (1)から $\sqrt{2}$ の係数どうし・定数どうしが等しいとおけて、

$$a+3b=5,2a-b=3$$

という $2$ 元 $1$ 次連立が立つ。ここまでは本解と同じ。この連立を $1$ 文字ずつ代入して消す代わりに、係数の行列式でまとめて解く。

まず係数だけを並べた行列式を

$$D=\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& -1\end{array}\right|=1\cdot (-1)-3\cdot 2=-7$$

とおく。$D\ne 0$ だから、この連立の解はただ $1$ 組に定まる。クラメルの公式では、$a$ は係数行列の第 $1$ 列を、$b$ は第 $2$ 列を、それぞれ右辺 $(5,3)$ に置きかえた行列式を $D$ で割って得られる。

$$a=\frac{1}{D}\left|\begin{array}{cc}5& 3\\ 3& -1\end{array}\right|=\frac{-5-9}{-7}=2,b=\frac{1}{D}\left|\begin{array}{cc}1& 5\\ 2& 3\end{array}\right|=\frac{3-10}{-7}=1$$

代入消去(本解)が「$1$ 文字ずつ順に消す」手続きなのに対し、行列式で解くと「$D\ne 0$ なら解は一意」という事実まで同時に見える。本解と同じ $a=2,b=1$ を得る。