集合と命題 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 補集合の条件はまずド・モルガンで開く。$\overline{A\cup B}=\{6\}$ は $\overline{A}\cap \overline{B}=\{6\}$、つまり $A\cup B=\{1,2,3,4,5\}$。

全体を $4$ つの領域に仕分ければ解ける。「$A$ だけ」「両方」「$B$ だけ」「どちらでもない」。ベン図の $4$ マスに要素を割り当てる。

$A\cap B=\{2,4\}$(両方)、$\overline{A}\cap B=\{5\}$($B$ だけ)、$\overline{A\cup B}=\{6\}$(どちらでもない)。残った $\{1,3\}$ は「$A$ だけ」に入る。これで $A,B$ が確定する。

① 全体像をつかむ。 $\overline{A\cup B}=\{6\}$ より、どちらにも属さないのは $6$ だけ。よって $A\cup B=\{1,2,3,4,5\}$。

② 領域に仕分ける。 $A\cap B=\{2,4\}$(両方)、$\overline{A}\cap B=\{5\}$($B$ だけ)。残る $A\cup B$ の要素 $1,3$ は両方でも $B$ だけでもないから「$A$ だけ」。

③ 組み立てる。

$$A=(\text{両方})\cup (A\text{ だけ})=\{2,4\}\cup \{1,3\}=\{1,2,3,4\}$$ $$B=(\text{両方})\cup (B\text{ だけ})=\{2,4\}\cup \{5\}=\{2,4,5\}$$

(検算:$A\cap B=\{2,4\}$、$A\cup B=\{1,2,3,4,5\}$、$\overline{A\cup B}=\{6\}$ すべて条件どおり。)

まとめ:$2$ 集合の要素決定は「$4$ 領域への仕分け」。補集合が出たらド・モルガンで裏返し、まず和集合(全体像)を確定してから各領域を埋めると迷わない。

発展。 $n$ 個の集合があると、ベン図は $2^n$ 個のマスに平面を分ける($1$ 個で $2$、$2$ 個で $4$、$3$ 個で $8$)。各要素をどのマスに置くかで集合が完全に決まる。この「所属パターンで $2^n$ 通り」という見方は、包除原理や、論理式の真理値表($n$ 変数で $2^n$ 行)と同じ構造だ。

別解

別解:ベン図の $4$ マスを $1,\dots ,6$ で埋める(視覚で確実なルート)。 全体集合 $U=\{1,2,3,4,5,6\}$ の各要素が、ベン図のどのマスに入るかを $1$ つずつ決める。マスは「$A$ のみ」「$A\cap B$」「$B$ のみ」「外側」の $4$ つ。

条件を直接マスに割り振る。

• $A\cap B=\{2,4\}$ → $2,4$ は中央のマス。
• $\overline{A}\cap B=\{5\}$ → $5$ は「$B$ のみ」のマス。
• $\overline{A\cup B}=\{6\}$ → $6$ は外側。

残るのは $1,3$。これらは外側($6$)でも、$B$ に属するマス($2,4,5$)でもないから、「$A$ のみ」のマスに入るしかない。これで全マスが埋まった。$A=(A\text{ のみ})\cup (A\cap B)=\{1,3\}\cup \{2,4\}=\{1,2,3,4\}$、$B=\{2,4\}\cup \{5\}=\{2,4,5\}$。ド・モルガンで式変形する(本解)代わりに、「$6$ 個の要素を $4$ マスに仕分ける」と、消去法で残りが自動的に決まる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 必要・十分の判定は、条件を「$x$ の範囲(集合)」に直して包含関係で見るのが確実だ。

$p$ の集合が $q$ の集合に含まれれば「$p\Rightarrow q$」で $p$ は十分条件。逆に $q$ が $p$ に含まれれば $p$ は必要条件。両方なら必要十分。

(1) $q:|x-1|<2$ は $-1<x<3$ で $p$ と同じ集合 → 必要十分。(2) $p:x^2=x$ は $\{0,1\}$、$q:x=1$ は $\{1\}\subset \{0,1\}$ → $p$ は必要(十分でない)。(3) $p:x>2$ は $q:x^2>4$($x<-2$ または $x>2$)に含まれる → $p$ は十分(必要でない)。

① (1) $q:|x-1|<2$ は $-1<x<3$ で、$p$ と完全に一致。よって $p\iff q$、$p$ は $q$ であるための必要十分条件。

② (2) $p:x^2=x$ は $x(x-1)=0$、すなわち $x=0$ または $x=1$。$q:x=1$。$q\Rightarrow p$ は真($x=1$ なら確かに $x^2=x$)、$p\Rightarrow q$ は偽($x=0$ が反例)。よって $p$ は $q$ であるための必要条件(十分でない)。

③ (3) $q:x^2>4$ は $x<-2$ または $x>2$。$p:x>2$ はこの一部。$p\Rightarrow q$ は真、$q\Rightarrow p$ は偽($x=-3$ が反例)。よって $p$ は $q$ であるための十分条件(必要でない)。

まとめ:必要・十分の判定は「範囲に直して包含を見る」。$p$ の範囲が $q$ に含まれる(=$p$ のほうが狭い)なら $p$ は十分条件。「狭いほうが十分・広いほうが必要」と覚えると速い。

発展。 「$p$ は $q$ の十分条件」$⟺$「$p$ の表す集合 $\subset$ $q$ の表す集合」$⟺$「$p\Rightarrow q$」。この $3$ つは同じことの言い換え。必要・十分の判定は、命題の矢印・集合の包含・数直線の覆い方、どれで見ても一致する。数学の「同値な言い換え」を自在に行き来する練習になる。

別解

別解:数直線に $2$ つの範囲を描いて「はみ出し」を見る(視覚で納得するルート)。 $p,q$ の範囲を同じ数直線に描き、どちらがどちらを覆うかで判定する。

(1) $p:-1<x<3$ と $q:-1<x<3$(絶対値をほどくと同じ)。ぴったり重なる → お互いを導く → 必要十分。(2) $p:x\in \{0,1\}$ と $q:x\in \{1\}$。$q$ の点 $1$ は $p$ に含まれるが、$p$ の点 $0$ は $q$ からはみ出す。「$q$ なら $p$」は言えるが逆は言えない → $p$ は $q$ であるための必要条件。

(3) $p:x>2$ と $q:x<-2$ または $x>2$。$p$ の範囲は $q$ にすっぽり収まるが、$q$ には $x<-2$ という $p$ にない部分がある → $p$ なら $q$(十分)だが逆は不成立。

「$p$ の範囲が $q$ に収まる=$p$ は十分」「$q$ が $p$ に収まる=$p$ は必要」と、はみ出しの向きで機械的に読める。集合の包含(本解)を、数直線の「覆い方」で見る道だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$a^2+b^2$ が $3$ の倍数 $\Rightarrow$ $a,b$ とも $3$ の倍数」は直接は示しにくい。こういうときは対偶をとる。

対偶は「$a,b$ の少なくとも一方が $3$ の倍数でない $\Rightarrow$ $a^2+b^2$ は $3$ の倍数でない」。

決め手は「平方を $3$ で割った余り」だ。整数を $3$ で割った余り $0,1,2$ で分類すると、平方の余りは $0$ か $1$ だけ($0^2\equiv 0$、$1^2\equiv 1$、$2^2\equiv 1$)。しかも余り $0$ になるのは元が $3$ の倍数のときだけ。だから一方でも $3$ の倍数でなければ、和の余りは $0$ にならない。

① 平方の余りを調べる。 整数を $3$ で割った余りで分類する。余り $0,1,2$ の数の平方は $3$ で割るとそれぞれ $0,1,1$($2^2=4=3+1$ に注意)。よって整数の平方を $3$ で割った余りは $0$ か $1$ に限られ、余りが $0$ になるのは元の数が $3$ の倍数のときだけ。

② 対偶を示す。 $a$ が $3$ の倍数でないとすると $a^2$ の余りは $1$。$b^2$ の余りは $0$ か $1$。和 $a^2+b^2$ の余りは $1+0=1$ または $1+1=2$ で、どちらも $0$ でない。よって $a^2+b^2$ は $3$ の倍数でない。$b$ が $3$ の倍数でない場合も同様。

③ 結論。 対偶が真なので、もとの命題も真。すなわち $a^2+b^2$ が $3$ の倍数ならば、$a,b$ はともに $3$ の倍数である。(証明終)

まとめ:「和が $3$ の倍数 ⟹ 各項が…」の証明は、対偶+「$3$ で割った余りで分類」の合わせ技。平方の余りが $0,1$ しか出ない(=$2$ が出ない)ことから、和の余りが制限される。

発展。 平方数を $3$ で割った余りが $\{0,1\}$ に限られることは、$x^2+y^2=3z^2$ が自明でない整数解をもたない証明にも使える(無限降下法)。$4$ で割った余り($\{0,1\}$)を使えば「$4$ で割って $3$ 余る数は $2$ つの平方数の和で書けない」など、平方剰余は整数論で役に立つ道具だ。

別解

別解:平方の余りの表を作って直接確かめる(苦手な人向け)。 対偶をとる前に、整数を $3$ で割った余りごとに $a^2$ の余りを表にする。

平方の余りは $0$ か $1$ しか出ない。$a^2+b^2$ の余りは $(a^2\mathrm{mod}3)+(b^2\mathrm{mod}3)$ の組合せで $0+0=0$、$0+1=1$、$1+1=2$ の $3$ 通り。$a^2+b^2\equiv 0(\mathrm{mod}3)$ になるのは $0+0$ のときだけ。つまり $a^2\equiv 0$ かつ $b^2\equiv 0$、すなわち $a\equiv 0$ かつ $b\equiv 0(\mathrm{mod}3)$。

これは「$a,b$ ともに $3$ の倍数」ということだ。対偶(本解)を経由せず、余りの組合せ表で「和の余りが $0$ になるのは両方 $0$ のときだけ」と直接読めば、同じ結論に着く。$1+1=2\ne 0$ が「逃げ道をふさぐ」のがポイントだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「無理数である」を直接示すのは難しいので、背理法をとる。$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ が有理数 $r$ だと仮定して、矛盾を導く。

仮定から $\sqrt{3}=r-\sqrt{2}$。両辺を $2$ 乗すると $3=r^2-2r\sqrt{2}+2$。$\sqrt{2}$ について解くと $\sqrt{2}=\frac{r^2-1}{2r}$。右辺は有理数どうしの計算だから有理数。だが $\sqrt{2}$ は無理数(既知)。矛盾が出たので、仮定が誤り。

① 仮定する。 $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ が有理数だと仮定し、その値を $r$ とおく:$\sqrt{2}+\sqrt{3}=r$。$r$ は有理数で $r>0$。

② $\sqrt{3}$ を消す。 $\sqrt{3}=r-\sqrt{2}$ の両辺を $2$ 乗すると

$$3=r^2-2\sqrt{2}r+2$$

$\sqrt{2}$ について解くと

$$\sqrt{2}=\frac{r^2-1}{2r}$$

③ 矛盾を導く。 右辺は有理数どうしの四則で作られるから有理数($r\ne 0$ に注意)。すると $\sqrt{2}$ が有理数になり、$\sqrt{2}$ が無理数であることに矛盾する。よって仮定は誤りで、$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ は無理数である。(証明終)

まとめ:「和が無理数」は背理法で、$2$ 乗して片方の根号を消し、残った無理数を有理数で表してしまう矛盾に持ち込む。$\sqrt{2}$ が無理数、という既知の事実に矛盾を落とすのがゴール。

発展。 $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ は $x^4-10x^2+1=0$ の解(代数的数)。有理数体に $\sqrt{2},\sqrt{3}$ を添加した体では、$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ が「生成元」になり、$\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6}$ がすべてその多項式で書ける。$\sqrt{2}$ か $\sqrt{6}$ か、どの無理数に矛盾を帰着させてもよいのは、これらが同じ体に住むからだ。

別解

別解:$\sqrt{6}$ が無理数であることに帰着させる(得意な人向けの視点)。 $\sqrt{2}+\sqrt{3}=r$(有理数)と仮定し、両辺を $2$ 乗する。

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

$\sqrt{6}$ について解くと $\sqrt{6}=\frac{r^2-5}{2}$。右辺は有理数だから $\sqrt{6}$ が有理数になる。だが $\sqrt{6}$ は無理数($6$ は平方数でないので $\sqrt{6}$ は無理数、これは $\sqrt{2}$ の無理性と同様に示せる)。矛盾。よって $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ は無理数。

$\sqrt{2}$ を取り出す(本解)代わりに、$2$ 乗して現れる $\sqrt{6}$ の無理性に持ち込む。$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を $2$ 乗すると交差項 $2\sqrt{6}$ が出るので、$\sqrt{6}$ の無理性がそのまま使える。どの無理数の無理性に帰着させるか、選択肢がある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 集合の等式は、分配法則を「逆向き」に使って共通因子をくくり出すのが速い。

$(A\cup B)\cap (A\cup \overline{B})$ は「$A\cup ()$」の形が $2$ つ。分配法則 $A\cup (B\cap C)=(A\cup B)\cap (A\cup C)$ を右から左に使うと、$A\cup (B\cap \overline{B})$ とまとまる。$B\cap \overline{B}=\varnothing$(ある要素が $B$ に入りかつ入らない、はあり得ない)。よって $A\cup \varnothing =A$。

① 分配法則で $A$ をくくり出す。 分配法則を右辺から左辺へ($C=\overline{B}$ とみて)使うと

$$(A\cup B)\cap (A\cup \overline{B})=A\cup (B\cap \overline{B})$$

② 空集合に気づく。 $B\cap \overline{B}$ は「$B$ に属し、かつ $B$ に属さない」要素の集合だから、そんな要素はなく $B\cap \overline{B}=\varnothing$。

③ 仕上げる。 $A\cup \varnothing =A$。よって

$$(A\cup B)\cap (A\cup \overline{B})=A$$

(証明終)

まとめ:集合の等式は「数の計算に似た法則(分配・ド・モルガン)+ $B\cap \overline{B}=\varnothing$、$B\cup \overline{B}=U$」を道具に、式変形で示せる。要素を追って確かめてもよいが、法則を使うほうが $3$ 集合以上でも通用する。

発展。 集合の $\cup ,\cap ,\overline{}$ は論理の $\vee ,\wedge ,\neg$ と完全に対応する(ブール代数)。$(A\cup B)\cap (A\cup \overline{B})=A$ は、論理式 $(p\vee q)\wedge (p\vee \neg q)=p$ と同じ。集合の等式と論理の恒真式は、同じ代数の $2$ つの表し方である。

別解

別解:要素の所属を $4$ 通りで総当たりする(苦手な人にも確実なルート)。 任意の要素 $x$ について、$x$ が $A,B$ に属するかしないかで $4$ 通り。各場合で左辺 $(A\cup B)\cap (A\cup \overline{B})$ に $x$ が入るかを調べ、右辺 $A$ と一致するか確かめる。

• $x\in A$($B$ は問わない): $x\in A\cup B$ かつ $x\in A\cup \overline{B}$(どちらも $A$ を含む)→ 左辺に入る。右辺 $A$ にも入る。○
• $x\notin A,x\in B$: $x\in A\cup B$(○)だが $x\notin A\cup \overline{B}$($A$ にも $\overline{B}$ にも入らない)→ 左辺に入らない。右辺 $A$ にも入らない。○
• $x\notin A,x\notin B$: $x\notin A\cup B$ → 左辺に入らない。右辺にも入らない。○

すべての場合で「左辺に入る $⟺$ 右辺 $A$ に入る」。だから $2$ 集合は等しい。分配法則(本解)は短く済むが、法則をうろ覚えなら「要素の所属を全パターン調べる」のが確実。集合の等式は結局「どの要素についても所属が一致する」ことに尽きる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 量化命題($\forall ,\exists$)の否定は、「$\forall$ と $\exists$ を入れ替え、最後の等式を否定する」と機械的に作れる。

$P:\forall x\exists y(x+y=0)$ の否定は $\exists x\forall y(x+y\ne 0)$。$Q:\exists x\forall y(xy=y)$ の否定は $\forall x\exists y(xy\ne y)$。真偽は具体例で。$P$ は各 $x$ に $y=-x$ をとれば $x+y=0$ で真。$Q$ は $x=1$ をとれば $\forall y(1\cdot y=y)$ で真。「$\forall \exists$ か $\exists \forall$ か」の順序で意味が変わることに注意する。

① $P$ の否定と真偽。 $P$ は $\forall x\exists y(x+y=0)$。否定は $\exists x\forall y(x+y\ne 0)$、すなわち「ある実数 $x$ が存在して、すべての実数 $y$ に対し $x+y\ne 0$」。真偽は $P$ が真:どんな $x$ に対しても $y=-x$ とすれば $x+y=0$。

② $Q$ の否定と真偽。 $Q$ は $\exists x\forall y(xy=y)$。否定は $\forall x\exists y(xy\ne y)$、すなわち「すべての実数 $x$ に対して、ある実数 $y$ が存在して $xy\ne y$」。真偽は $Q$ が真:$x=1$ とすれば、すべての $y$ で $1\cdot y=y$ が成り立つ。

まとめ:入れ子の量化命題は「否定=すべて/あるを入れかえて中身を否定」。真偽は $\exists$ なら具体例、$\forall$ なら「どんな…にも成り立つ理由」を述べる。$P,Q$ はともに真だが、その否定は(規則どおり)ともに偽になる。

発展。 $\forall x\exists y$ と $\exists y\forall x$ の違いは厳密な議論で必ず区別する。関数の連続と一様連続の違い($\forall \epsilon \exists \delta$ の $\delta$ が $x$ に依存するか否か)も、この量化子の順序で決まる。$\epsilon$-$\delta$ 論法を学ぶとき、この順序の感覚が役に立つ。

別解

別解:「順序を入れ替えた命題」と比べて意味を掴む(得意な人向けの視点)。 $\forall x\exists y$ と $\exists y\forall x$ は別物。この違いを意識すると真偽が見える。

$P:\forall x\exists y(x+y=0)$ は「どの $x$ にも、それに応じた $y$ がある」。$y$ は $x$ ごとに選び直してよい($y=-x$)から真。

もし順序を入れ替えた $\exists y\forall x(x+y=0)$「ある $1$ つの $y$ が、すべての $x$ で $x+y=0$」なら、$1$ つの $y$ で全 $x$ をまかなうのは無理だから偽。$P$ が真なのは、$y$ を $x$ に依存して選べるからだ。$Q:\exists x\forall y(xy=y)$ は「ある $1$ つの $x$ が、すべての $y$ で $xy=y$」。$x=1$ が全 $y$ をまかなう($1\cdot y=y$)から真。

否定は「$\forall \leftrightarrow \exists$ を入れ替え、内側を否定」。$P$ の否定は $\exists x\forall y(x+y\ne 0)$、$Q$ の否定は $\forall x\exists y(xy\ne y)$。量化子の順序によって命題の意味が変わることが確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず元の命題の真偽を確かめる。「$x+y$ が奇数 $\Rightarrow$ $xy$ は偶数」。$x+y$ が奇数なら一方が偶・他方が奇、だから積 $xy$ は偶数。元命題は真だ。

逆・裏・対偶の関係を整理する。対偶は元と真偽が一致するから、対偶も真。逆と裏は互いに対偶の関係にあるので、真偽が一致する。片方の反例を $1$ つ見つければ、両方とも偽と分かる。逆「$xy$ 偶 $\Rightarrow$ $x+y$ 奇」の反例は $x=2,y=4$($xy=8$ 偶だが $x+y=6$ 偶)。

① 元命題と対偶。 $x+y$ が奇数 ⟺ $x,y$ の一方が偶数・他方が奇数。このとき積 $xy$ は偶数(偶数を因数に含む)。よって元命題は真。ゆえに対偶「$xy$ が奇数ならば $x+y$ は偶数」も真。

② 逆。 「$xy$ が偶数ならば $x+y$ は奇数」。反例 $x=2,y=4$:$xy=8$(偶)だが $x+y=6$(偶)。よって偽。

③ 裏。 「$x+y$ が偶数ならば $xy$ は奇数」。反例 $x=2,y=2$:$x+y=4$(偶)だが $xy=4$(偶)。よって偽。(逆と裏は互いに対偶なので、ともに偽で整合。)

まとめ:逆・裏・対偶は「対偶は元と同じ真偽」「逆と裏は互いに同じ真偽」を使うと、$4$ つ全部を個別に調べずに済む。偶奇の問題は $x,y$ の偶奇 $4$ 通りを尽くせば必ず決着する。

発展。 「元命題 $\equiv$ 対偶」「逆 $\equiv$ 裏」という同値関係は、$4$ つの命題が $2$ 組のペアに分かれることを意味する。だから真偽は $2$ 通りだけ調べればよい。対偶をとって証明する(対偶法)のは、この「元 $\equiv$ 対偶」を利用した証明法。背理法とならぶ、間接証明の基本だ。

別解

別解:$x,y$ の偶奇の表($4$ 通り)で一望する(苦手な人にも確実なルート)。 $x,y$ の偶奇の組合せ $4$ 通りで、$x+y$ と $xy$ の偶奇を表にする。

この表からすべて読める。

• 元命題「$x+y$ 奇 $\Rightarrow$ $xy$ 偶」: $x+y$ 奇の行(偶奇・奇偶)はどちらも $xy$ 偶 → 真。
• 逆「$xy$ 偶 $\Rightarrow$ $x+y$ 奇」: $xy$ 偶の行に「偶偶」があり、そこは $x+y$ 偶 → 偽(反例 $x=2,y=4$)。
• 裏「$x+y$ 偶 $\Rightarrow$ $xy$ 奇」: $x+y$ 偶の行に「偶偶」があり $xy$ 偶 → 偽(反例 $x=2,y=2$)。
• 対偶「$xy$ 奇 $\Rightarrow$ $x+y$ 偶」: $xy$ 奇の行(奇奇)は $x+y$ 偶 → 真。

$4$ 行の表$1$枚で、元・逆・裏・対偶の真偽と反例がすべて確定する。「対偶は元と一致・逆と裏は一致」という関係も、表の上で確かめられる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$-1\le x\le 3$ ならば $|x-a|\le 2$」がすべての $x$ で成り立つ、を集合の包含で表す。

$|x-a|\le 2$ は $a-2\le x\le a+2$。命題が恒真 $⟺$ 区間 $[-1,3]$ が区間 $[a-2,a+2]$ に含まれる。ここで幅に注目。$[-1,3]$ の幅は $4$、$[a-2,a+2]$ の幅も $4$。同じ幅の区間が含むには一致するしかない。端をそろえて $a-2=-1$、$a+2=3$、どちらからも $a=1$。

① 範囲に直す。 仮定 $-1\le x\le 3$ は区間 $[-1,3]$。結論 $|x-a|\le 2$ は $a-2\le x\le a+2$、区間 $[a-2,a+2]$。命題が恒真 ⟺ $[-1,3]\subset [a-2,a+2]$。

② 幅を比べる。 $[a-2,a+2]$ の幅は $4$、$[-1,3]$ の幅も $4$。幅の等しい区間が一方を含むには、両端がそろって一致するしかない。よって

$$a-2=-1\text{かつ}a+2=3⟹a=1$$

③ 確認。 $a=1$ のとき結論の区間は $[-1,3]$ で、仮定の区間と一致。確かに恒真。

まとめ:「ならば」が恒真 ⟺ 範囲の包含。ここでは含む区間と含まれる区間の幅が同じという特殊状況で、$a$ がただ $1$ つに決まった。幅が違えば $a$ は範囲になる。だから最初に幅を比べる。

発展。 「区間 $I$ が区間 $J$ に含まれる」を $|x-a|\le r$ の形(中心 $a$・半径 $r$)で書くと、包含は「中心の距離 $\le$ 半径の差」で判定できる。この問題は $2$ 区間の幅(半径 $2$)が等しく余裕ゼロなので、中心が一致する $a=1$ しかない。半径に余裕があれば $a$ に範囲が出る、という一般化につながる。

別解

別解:恒真の否定(反例が存在しない条件)から攻める(得意な人向けの視点)。 命題が「偽」になるのは「$-1\le x\le 3$ なのに $|x-a|>2$」となる $x$ が存在するとき。恒真とは、この反例が $1$ つもないことだ。

区間 $[-1,3]$ で $|x-a|$ が最も大きくなるのは、$x$ が $a$ から最も遠い端。$a$ が区間の中にあるとき、遠い端までの距離は「$a$ から左端 $-1$」と「$a$ から右端 $3$」の大きい方。反例が出ないためには、この最大距離が $2$ 以下でなければならない。

$$\max (|a-(-1)|,|a-3|)\le 2.$$

$|a+1|\le 2$ かつ $|a-3|\le 2$、すなわち $-3\le a\le 1$ かつ $1\le a\le 5$。共通部分は $a=1$ のみ。区間の包含(本解)を「幅が同じだから一致」で解くのに対し、こちらは「一番遠い端までの距離 $\le 2$」で攻める。両端への距離が同時に $2$ 以下になるのは、区間の中心 $1$ に $a$ が来たときだけ、と読める。