集合と命題 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 和が3の倍数かどうかは、各数の3で割った余りだけで決まる。だから5つの数を、余り $0,1,2$ の3つの部屋に分類して考える。

部屋の使われ方は大きく2通りしかない。3部屋すべてに数があるか。使われる部屋が2つ以下か。

前者なら、余り $0+1+2=3$ の組合せですぐに決まる。後者なら、5個を2部屋に入れるのだから、鳩の巣原理で「同じ部屋に3個」が保証される。$r+r+r=3r$ で、やはりすぐに決まる。どちらに転んでも、3の倍数の和が作れる。

① 余りで分類する。 5つの整数を、3で割った余り($0,1,2$)によって3組に分ける。和の余りは各数の余りの和で決まる。

② 3種類の余りがすべて現れる場合。 余り $0,1,2$ の数を1つずつ選ぶ。和の余りは

$$0+1+2=3\equiv 0(\mathrm{mod}3)$$

和は3の倍数になる。

③ 現れる余りが2種類以下の場合。 5個の数が高々2つの組に入っている。鳩の巣原理により、どちらかの組に3個以上入っている。その組から3つ選べば、余りはすべて同じ $r$ で、和の余りは

$$r+r+r=3r\equiv 0(\mathrm{mod}3)$$

やはり3の倍数だ。①②③より、つねに可能である。

まとめ: 「全種類そろう」か「どれかに偏る」か。この二者択一はどちらに転んでも勝てるようにできている。5という個数は最良で、4つの整数(たとえば $0,0,1,1$)では3つの和を3の倍数にできない。ぎりぎりの線で成り立つ定理だと見えれば十分だ。

発展。 この事実は一般化できる。「どんな $2n-1$ 個の整数からも、$n$ 個選んで和を $n$ の倍数にできる」(本問は $n=3$、$2\cdot 3-1=5$)。エルデシュ・ギンツブルグ・ジヴの定理と呼ばれ、$2n-2$ 個では反例が作れる。本問はこの定理で3個選ぶ場合を、余りの分類で確かめたものだ。

別解

部屋割りの全パターン表で押す(苦手な人向け)。 「場合分けが本当に全部なのか不安」という人は、部屋割りの内訳を全部書き出してしまえばよい。5個を3部屋(余り $0,1,2$)に入れる内訳は、人数の組だけ見れば次の5通りしかない:

• $(5,0,0)$ 型: 同じ部屋に5個。そこから3個選べば $r+r+r\equiv 0$
• $(4,1,0)$ 型: 4個の部屋から3個
• $(3,2,0)$ 型: 3個の部屋から3個
• $(3,1,1)$ 型: 3個の部屋から3個
• $(2,2,1)$ 型: 3部屋すべてに数がある。1つずつ選んで $0+1+2\equiv 0$

どの行でも、「同じ部屋3個」か「3部屋から1個ずつ」のどちらかが必ず取れる。5行の表がそのまま証明になる。

本解の「3種類そろう or 偏る」という二分は、この表を2グループにまとめた言い方だ。表で確かめてから二分の言葉に戻ると、論理の骨組みがはっきり見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 通分して分子を調べたいが、分母の最小公倍数は複雑だ。そこで、2で割れる回数(2のべき)だけに注目する。

$n$ 以下で最大の2のべきを $2^m$ とすると、$2^m$ は $n$ 以下でただ1つ。$2^m$ の2倍 $2^{m+1}$ はもう $n$ を超えるし、$2^m$ の奇数倍 $3\cdot 2^m$ はさらに大きいからだ。

この「仲間はずれの1項」$\frac{1}{2^m}$ が決め手になる。うまく選んだ数を掛けると、この項だけが整数にならない。背理法はそこで決まる。

① 仲間はずれを特定する。 $2^m\le n<2^{m+1}$ となる $m\ge 1$ をとる($n\ge 2$ なので存在)。$k\le n$ で $k\ne 2^m$ なら、$k$ の2で割れる回数は $m-1$ 以下である。もし $m$ 回以上割れたら、$k$ は $2^m$ の倍数。$k\ne 2^m$ なら $k\ge 2\cdot 2^m=2^{m+1}>n$ となって矛盾する。

② 掛けて整数性を仕分ける。 $Q$ を $1$ から $n$ までの奇数すべての積とし、$L=2^{m-1}Q$ を和に掛ける。$k\ne 2^m$ の項は、$k=2^e\cdot (\text{奇数})$($e\le m-1$)と書けるから

$$\frac{L}{k}=\frac{2^{m-1}Q}{2^e\cdot (\text{奇数})}=2^{m-1-e}\cdot \frac{Q}{(\text{奇数})}$$

は整数だ($Q$ はその奇数を因数にもつ)。一方、$k=2^m$ の項は

$$\frac{L}{2^m}=\frac{Q}{2}$$

で、$Q$ は奇数だから整数でない。

③ 背理法で締める。 和 $H=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}$ が整数と仮定すると、$LH$ は整数のはず。だが②より $LH=(\text{整数の和})+\frac{Q}{2}$ で、整数でない。矛盾。よって $H$ は整数でない。

まとめ: 「最大の2のべきはただ1つ」という一点から、証明の全体が組み立てられている。素朴に通分するのではなく、うまい倍率 $L$ を設計して1項だけを仲間はずれにする。発想の芯は集合の中の「唯一の極端な要素」に目をつけることだ。

発展。 同じ論法を磨くと、もっと強いことが言える。$n\ge 2$ の $H$ は「約分し尽くすと分母が偶数」の分数になる。さらに、$\frac{1}{m}+\frac{1}{m+1}+\cdots +\frac{1}{n}$(項が2つ以上の連続区間の和)も、すべて整数にならない。「区間内で2で割れる回数が最大の数はただ1つ」が、そのまま通用するからだ。

別解

最小公倍数でまとめて通分する(よく使う別の方法)。 掛ける数を自分で設計する代わりに、$1$ から $n$ の最小公倍数 $L$ で普通に通分してもよい。

$$H=\frac{\frac{L}{1}+\frac{L}{2}+\cdots +\frac{L}{n}}{L}$$

$L$ の素因数2の個数はちょうど $m$($n$ 以下の最大の2のべき $2^m$ から来る)。すると各分子 $\frac{L}{k}$ のうち、奇数になるのは $k=2^m$ の項ただ1つで、他はすべて偶数だ($k$ の2の個数が $m$ 未満なら、$\frac{L}{k}$ に2が残る)。

分子の総和は「奇数1個+偶数たち」で奇数。分母 $L$ は偶数($m\ge 1$)。奇数を偶数で割っても、2は約分できないから整数にならない。

掛け算 $L$ を設計する本解と、最小公倍数で通分する本ルート。どちらも中心は同じ「$2^m$ の唯一性」で、書き方だけが違う。分子の偶奇という1ビットに情報を圧縮するのが、この証明の見どころだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (2)のような「存在しない」証明は、有理点があると仮定して分母を払い、整数の等式 $a^2+b^2=3c^2$ に直すのが第一手だ。

このとき、$\gcd (a,b,c)=1$(3つ全体で約分し尽くす)と整えておく。ここが解けるかどうかの分かれ目になる。(1)で $a,b$ が3の倍数と分かると、左辺は9の倍数。すると $c$ まで3の倍数になり、「約分し尽くした」ことと矛盾するのだ。

(1)自身は「平方の余りは 0 か 1」という3で割った余りの基本観察で落ちる。

① (1) を示す。 整数を $3k,3k\pm 1$ の形に分けると、平方の余りは

$$(3k{)}^2=3(3k^2)\equiv 0,(3k\pm 1{)}^2=3(3k^2\pm 2k)+1\equiv 1(\mathrm{mod}3)$$

よって $a^2+b^2$ の余りは $0+0,0+1,1+1$ のどれか、つまり $0,1,2$。3の倍数(余り0)になるのは $0+0$ の場合だけだ。すなわち $a,b$ はともに3の倍数である。

② 通分して整える((2))。 有理点 $(x,y)$ が存在すると仮定する。分母をそろえて $x=\frac{a}{c},y=\frac{b}{c}$($a,b,c$ は整数、$c\ge 1$)と書く。さらに $a,b,c$ の共通因数で約分し、$\gcd (a,b,c)=1$ としてよい。代入して分母を払うと

$$a^2+b^2=3c^2$$

③ 3が湧いて矛盾。 右辺は3の倍数だから、(1)より $a=3a^{\prime },b=3b^{\prime }$。代入して

$$9(a^{\prime 2}+b^{\prime 2})=3c^2⟺3(a^{\prime 2}+b^{\prime 2})=c^2$$

$c^2$ が3の倍数だから、$c$ も3の倍数(平方の余りの観察から)。すると $a,b,c$ がすべて3の倍数となり、$\gcd (a,b,c)=1$ に矛盾する。よって有理点は存在しない。

まとめ: 半径 $\sqrt{3}$ の円は有理数の座標を1点もかすらずに描かれている。「余りの場合分け(1)」と「既約に整えてから矛盾させる(2)」の連携が証明の設計だ。$x^2+y^2=1$ や $x^2+y^2=2$ には有理点が無数にあるのと対照的で、右辺の3(平方の余りで作れない数)が違いを生んでいる。

発展。 有理点が1つでも見つかる円では、その点を通る傾き有理数の直線を回すことで、有理点が無数に作れる($x^2+y^2=1$ と直線の交点の計算)。「1つもない」か「無数にある」か。円と有理点の関係は、この両極端しかない。

別解

無限降下法。「最小の解」で矛盾させる(得意な人向け)。 $\gcd (a,b,c)=1$ に整える代わりに、こう論じてもよい。

$a^2+b^2=3c^2$ を満たす正の整数の組があると仮定する。その中で $c$ が最小のものを選ぶ。(1)より $a=3a^{\prime },b=3b^{\prime }$。代入して整理すると $3(a^{\prime 2}+b^{\prime 2})=c^2$。$c^2$ が3の倍数だから $c=3c^{\prime }$ で、さらに整理すると

$$a^{\prime 2}+b^{\prime 2}=3c^{\prime 2}$$

すると、同じ形の等式が $c^{\prime }=\frac{c}{3}<c$ で再び現れる。これは「$c$ が最小」という選び方に矛盾する。よって解は存在しない。

約分の代わりに「最小の反例を取ると、さらに小さい反例が湧く」で締める。この論法を無限降下法という。既約性の議論とやっていることは同じだが、「解があるなら、いくらでも小さい解がある。だが正の整数は無限に小さくなれない」という論法は、それ自体が整数問題の各所で使える方法だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 最小値の問題は、2本立てで考える。「下から押さえる不等式」と、「その値を達成する実例」だ。

押さえるには補集合(ド・モルガン)を使う。3つすべてを満たさない者は、「A でない」「B でない」「C でない」のどれかに入る。だからその人数は各補集合の人数の和 $20+25+35=80$ を超えない。よって3つとも満たす者は、少なくとも $100-80=20$ 人。

達成には3つの補集合(計80人)を互いに重ならないように配置した実例を作ればよい。$80\le 100$ だから可能だ。

① 下から押さえる。 補集合の人数は $|\overline{A}|=20,|\overline{B}|=25,|\overline{C}|=35$。3つすべてを満たさない者の集合は $\overline{A}\cup \overline{B}\cup \overline{C}$ で、その人数は

$$|\overline{A}\cup \overline{B}\cup \overline{C}|\le 20+25+35=80$$

よって、3つすべてを満たす者は

$$100-|\overline{A}\cup \overline{B}\cup \overline{C}|\ge 100-80=20\text{人}$$

② 20人が達成できることを示す。 100人を次のように分ける。「A だけ満たさない」20人。「B だけ満たさない」25人。「C だけ満たさない」35人。「3つとも満たす」20人($20+25+35+20=100$)。

このとき A を満たすのは $100-20=80$ 人、B は $100-25=75$ 人、C は $100-35=65$ 人。条件をすべて満たし、3つとも満たす者はちょうど20人だ。

③ 結論。 最小値は $20$ 人。

まとめ: 「すべて」の最小は補集合の「少なくとも1つ」に裏返して和で押さえる。そして達成例の構成(補集合たちを互いに素に敷き詰める)までが答案だ。補集合の合計が全体を超えるかどうか($80\le 100$)が、最小値が正になるか0で止まるかの分かれ目になっている。

別解

表側から、2段階で絞る(補集合を使わないルート)。 「A かつ B」の人数から順に押さえていく方法もある。

まず2つ。A が80人、B が75人。合わせて155人ぶんの「所属」が100人の中に詰め込まれている。あふれた $155-100=55$ 人ぶんは重なりだ:

$$|A\cap B|\ge 80+75-100=55$$

次に「A かつ B」(55人以上)と C(65人)で同じことをする:

$$|A\cap B\cap C|\ge 55+65-100=20$$

2段階の絞り込みで、同じ下界20人に着く。

どちらのルートも中身は同じ勘定だが、性格は少し違う。補集合ルートは1行で全体を押さえ、こちらは「2つずつ」の直感(あふれた分は重なる)を積み重ねる。あふれの感覚がつかみやすい人は、この段階式が手になじむはずだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 与えられた2つの量 $a=x^2-x$ と $b=x^3-x$ の、間の関係を探すのが第一手だ。$b$ を $a$ で割ってみると

$$x^3-x=x(x^2-x)+(x^2-x)=(x+1)(x^2-x)$$

きれいな恒等式が出る。$a\ne 0$ なら $x+1=\frac{b}{a}$ は有理数どうしの商で有理数。よって $x$ も有理数だ。$a=0$ の場合は $x^2=x$ から $x=0,1$ で片づく。

後半は「条件を1つに減らすと崩れるか」という問いだ。$x^2-x=$ 有理数、を満たす無理数を2次方程式の解から逆算する。$x^2-x-1=0$ の解 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ が反例になる。

① $a\ne 0$ の場合。 $a=x^2-x,b=x^3-x$ とおくと、上の恒等式から $b=(x+1)a$。$a\ne 0$ なら

$$x=\frac{b}{a}-1$$

右辺は有理数の四則だけでできているから有理数。$x$ は有理数である。

② $a=0$ の場合。 $x^2-x=0$ より $x(x-1)=0$。$x=0$ または $x=1$ で、どちらも有理数。①②より前半が示された。

③ 後半は誤り(反例)。 $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ は $x^2-x-1=0$ の解だから、$x^2-x=1$(有理数)。しかし $x$ は無理数だ($x$ が有理数なら $\sqrt{5}=2x-1$ も有理数になって矛盾)。よって「$x^2-x$ が有理数 ⟹ $x$ 有理数」は偽である。

なお、この $x$ では $x^3-x=(x+1)\cdot 1=x+1$ が無理数になっており、前半の主張と整合している。

まとめ: 前半は「2つの量の間の恒等式を割り算で発見する」。後半は「条件を1つ外すと、2次方程式の無理数解が反例になる」。証明と反例の両輪で、条件の強さの境目をぴったり見極める問題だ。0で割る場合の分離という作法も込みで、論証の総合演習になっている。

発展。 反例の $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$(黄金比)では、$x^2=x+1$ を繰り返し使うと、どの $x^n$ も「整数 $\times x+$ 整数」の形になる(係数にはフィボナッチ数列が現れる)。だから $x^2-x$ のような組合せだけが、無理数部分が打ち消されて有理数になる。反例が偶然でなく、構造から来ていることが分かる。

別解

次数下げで機械的に進む(発見に頼らないルート)。 恒等式を「見つける」のが不安なら、$a=x^2-x$ を $x^2=x+a$ と読み替えて、次数を下げていけばよい。$x^3$ を計算する。$x^2=x+a$ を繰り返し使うと

$$x^3=x\cdot x^2=x(x+a)=x^2+ax=(x+a)+ax=(1+a)x+a$$

よって

$$b=x^3-x=(1+a)x+a-x=ax+a$$

$x$ の1次方程式になった。$a\ne 0$ なら $x=\frac{b-a}{a}$ で、有理数の四則だから有理数。$a=0$ の場合は本解と同じく $x=0,1$。

「2次の関係式があれば、どんな高次式も1次まで下げられる」。この次数下げはひらめきではなく手順だ。恒等式の因数分解に気づかなくても、同じゴールに機械的にたどり着ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 存在証明の最短路は構成だ。条件を満たすものを、式で1つ作ってみせる。

区間 $(a,b)$ の点は $a+(b-a)t$($0<t<1$)の形に書ける。そこで $t$ に、0と1の間の無理数 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ を仕込む:

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

あとは2つの確認で完成する。「区間に入る」($0<\frac{1}{\sqrt{2}}<1$ から即)。そして「無理数である」(有理数と仮定すると $\sqrt{2}$ が有理数の式で書けて矛盾)。

① 候補を作る。 $c=a+\frac{b-a}{\sqrt{2}}$ とおく($a,b$ は有理数、$b-a>0$)。

② 区間に入ることを確かめる。 $1<\sqrt{2}<2$ より $0<\frac{1}{\sqrt{2}}<1$。$b-a>0$ を掛けて $0<\frac{b-a}{\sqrt{2}}<b-a$。各辺に $a$ を足して

$$a<c<b$$

③ 無理数であることを確かめる。 $c$ が有理数と仮定すると

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

($c\ne a$ は②から)。右辺は有理数の四則でできた有理数。$\sqrt{2}$ が無理数であることに矛盾する。よって $c$ は無理数で、求める点が存在する。

まとめ: 「存在せよ、と言われたら作ってみせる」。構成的証明の見本だ。仕込みに使えるのは $\frac{1}{\sqrt{2}}$ に限らず、0と1の間の無理数なら何でもよい。この事実は「どんなに狭い区間にも無理数がぎっしり詰まっている」ことを意味する。

発展。 逆向きも成り立つ。どんな2つの無理数の間にも有理数がある(小数表示を途中で打ち切って作る)。合わせると、数直線の上で有理数と無理数は、どちらも「どんな短い区間にも現れる」ほど細かく織り合わさっている。この性質を稠密という。

別解

小さすぎる一歩を足す(もう1つの構成)。 区間の幅に合わせて割る代わりに、「十分小さい無理数の歩幅」を $a$ に足す作り方もある。$\sqrt{2}$ を半分、また半分、と割っていく: $\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{\sqrt{2}}{8},\dots$ 倍々で割るのだから、いずれ区間の幅 $b-a$ より小さくなる。そこで

$$c=a+\frac{\sqrt{2}}{2^n}\left(\frac{\sqrt{2}}{2^n}<b-a\text{となる}n\right)$$

とおけば、$a<c<a+(b-a)=b$ で区間に入る。無理数であることは本解と同じ背理法($c$ 有理なら $\sqrt{2}=2^n(c-a)$ が有理で矛盾)。

この作り方の教訓は2つ。無理数はいくらでも小さく作れること。そして「有理数+0でない有理数×無理数=無理数」という道具は、歩幅がどんな形でも同じように働くことだ。構成は一通りではない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 場合分け($a,b$ の符号4通り)でも示せる。だが、同値変形を1本道で通す方が短く済む。

決め手は「両辺が0以上の等式は、2乗しても同値」ということだ。$|a+b|$ も $|a|+|b|$ も0以上だから、安心して2乗できる。展開すると共通部分が消えて、残るのは

$$|ab|=ab$$

の1行。そしてこれは「$ab\ge 0$」の定義そのものだ。必要も十分も、この同値の鎖1本が同時に済ませてくれる。

① 2乗して同値変形する。 両辺とも0以上だから

$$|a+b|=|a|+|b|⟺(a+b{)}^2=(|a|+|b|{)}^2$$

② 展開してまとめる。 左辺は $a^2+2ab+b^2$。右辺は $|a{|}^2+2|a||b|+|b{|}^2=a^2+2|ab|+b^2$。共通の $a^2+b^2$ を消して

$$⟺ab=|ab|$$

③ 定義に帰着する。 $|ab|=ab⟺ab\ge 0$(絶対値が自分自身に等しいのは0以上のときに限る)。①②③の同値の鎖により

$$|a+b|=|a|+|b|⟺ab\ge 0$$

が示された。

まとめ: 「0以上どうしなら2乗は同値」。この一言を明示することが、⟺ の証明では欠かせない。三角不等式 $|a+b|\le |a|+|b|$ の等号条件を切り出した問題で、ベクトルや複素数の三角不等式でも同じ条件(同じ向き)が現れる。

発展。 $n$ 個版も同じ形になる。$|a_1+\cdots +a_n|=|a_1|+\cdots +|a_n|$ ⟺ すべて同符号(0は どちらにも数えてよい)。ベクトルでは $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}|+|\vec{b}|$ ⟺ 同じ向き。次元が上がっても、等号の意味は「打ち消し合いが起きない」で一貫している。

別解

数直線の歩みで見る(直感ルート+場合分けの証明)。 $|a|$ は「原点からの道のり」、$a+b$ は「$a$ 歩いてから $b$ 歩く」こと。すると等式の意味はこうなる。

道のりの合計( $|a|+|b|$ )が、到達距離( $|a+b|$ )に等しい。 寄り道せず、2歩が同じ向きのときだけ起こることだ。逆向きに歩くと、打ち消した分だけ到達距離は縮む。

この直感を符号の場合分けでそのまま証明にできる:

• $a\ge 0,b\ge 0$ のとき: $|a+b|=a+b=|a|+|b|$(等号成立。このとき $ab\ge 0$)
• $a\le 0,b\le 0$ のとき: $|a+b|=-(a+b)=(-a)+(-b)=|a|+|b|$(等号成立。$ab\ge 0$)
• 異符号(たとえば $a>0>b$)のとき: $|a+b|$ は $|a|,|b|$ の差の絶対値で、$|a|+|b|$ より真に小さい($b\ne 0$ の打ち消しが起こる)。等号不成立。このとき $ab<0$

等号が成り立つ場合とそうでない場合が、$ab\ge 0$ と $ab<0$ にぴったり対応する。2乗の同値変形(本解)はこの場合分けを1本の式に圧縮したものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 存在命題「ある $x$ で $f(x)\le 2$」は、「$f$ の最小値が2以下」と同値だ。量化子を最小値の言葉に置き換える。これが第一手になる(全称なら最大値に置き換える、と対で覚える)。

$f(x)=|x-a|+|x-1|$ は、数直線上の2点 $a,1$ への距離の和だ。$x$ が2点の間(両端含む)にあれば、和はちょうど2点間の距離 $|a-1|$。外に出ると、それより大きくなる。つまり最小値は $|a-1|$。

条件は $|a-1|\le 2$ の1本にまとまる。

① 最小値を求める。 三角不等式より、すべての $x$ で

$$|x-a|+|x-1|\ge |(x-a)-(x-1)|=|1-a|=|a-1|$$

等号は $x-a$ と $x-1$ が異符号または0のとき。すなわち $x$ が $a$ と $1$ の間にあるときだ。そのような $x$ は実際に存在するから、最小値は $|a-1|$ である。

② 存在命題を言い換える。

$$(\exists x:|x-a|+|x-1|\le 2)⟺\underset{x}{\min }\left(|x-a|+|x-1|\right)\le 2⟺|a-1|\le 2$$

③ 解く。

$$|a-1|\le 2⟺-2\le a-1\le 2⟺-1\le a\le 3$$

まとめ: 「ある $x$」は最小値、「すべての $x$」は最大値。量化子と最大最小の対応表が、この型の基本だ。距離の和の最小が「2点の間なら2点間の距離」という数直線の描像とセットで、絶対値の式がすぐに1次不等式にまとまる。

発展。 平面で「2定点への距離の和が一定」の点の集まりは楕円になる(数Cの2次曲線)。本問の「距離の和が2以下になれるか」は、その1次元版だ。存在条件 $|a-1|\le 2$ は、「楕円がつぶれずに残る条件(定数 ≥ 焦点間の距離)」とまったく同じ形をしている。

別解

グラフの「皿」で見る(直感ルート)。 $y=|x-a|+|x-1|$ のグラフを描いてみよう。2つのV字の和は、両すそが上がった皿型になる。

形の理由はこうだ。$x$ が2点 $1,a$ の外側にいるとき、動くと両方の距離が同時に増減するから、傾きは $\pm 2$。2点の間では片方に近づいたぶん片方から遠ざかり、和は変わらない。だから底は平らで、高さは2点間の距離 $|a-1|$ だ。

「ある $x$ で $f(x)\le 2$」とは、皿のどこかが高さ2以下にあること。いちばん低いのは平らな底だから、条件は $|a-1|\le 2$。つまり $-1\le a\le 3$。

場合分け(1次式3本)で最小値を計算しても同じ結論になる。だが皿の絵が頭にあれば、式より先に答えの形が見える。