集合と命題 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 列挙の問題で気をつけることはただ1つ、「もれ」だ。

だから、数え上げの秩序を先に決めてから書き始める。約数はかけ算のペアで拾う。条件式の集合は $n$ に順に代入する。

(3)は逆向きの作業だ。$1,4,9,\dots$ を見て「2乗の数だ」と気づき、条件の形にまとめる。

(1) 24の約数を、かけて24になるペアで拾うと数え落としがない。

$$24=1\times 24=2\times 12=3\times 8=4\times 6$$

これで8個の約数がそろう。

$$A=\{1,2,3,4,6,8,12,24\}$$

(2) 条件 $3n-1$ に $n=1,2,3,4,5$ を入れて計算する。

$$3\cdot 1-1=2,3\cdot 2-1=5,3\cdot 3-1=8,3\cdot 4-1=11,3\cdot 5-1=14$$

よって

$$B=\{2,5,8,11,14\}$$

(3) $C=\{1,4,9,16,25\}$ の各要素は、2乗の数だ。

$$1=1^2,4=2^2,9=3^2,16=4^2,25=5^2$$

だから条件で表すと

$$C=\{n^2\mid n\text{ は }5\text{ 以下の自然数}\}$$

並べる書き方と条件で表す書き方、どちらも自由に行き来できるようにしよう。

発展。 集合の2つの書き方(列挙と条件)を行き来するのは、言い換えの練習でもある。条件の書き方は、要素が無限にある集合(偶数全体など)には唯一の手段になる。

別解の「個数を先に予言する」考え方は、数学Aで約数の個数の公式として一般化される。列挙と計算、2つの道で同じ答えに着くことを確かめる習慣が、ミスへの一番の保険だ。

別解

(1)は列挙の前に「個数の予言」をしておくと、もれの検出が確実になる。$24=2^3\times 3$ と素因数分解すると、約数の個数は $(3+1)\times (1+1)=8$ 個と先に分かる($2$ を $0$〜$3$ 個、$3$ を $0$〜$1$ 個選ぶ組み合わせの数だ)。列挙して $8$ 個そろえば完了、$7$ 個しかなければどこかにもれがある。

「答えのサイズを先に知ってから数える」。この二重チェックの習慣は場合の数でも大活躍する。個数の公式そのものは数学Aの整数の性質でくわしく学ぶ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 要素を書き出せるサイズなら、まずベン図に全要素を配置してしまう。

そのあとの問いはすべて図から読み取るだけの作業に変わる。手を動かす順序は「書き出し → 配置 → 読み取り」。$\cap$ は両方、$\cup$ はどちらか、$\overline{A}$ は $A$ の外。記号を日常語に訳しながら読めば迷わない。

$A$ は12の約数、$B$ は12以下の3の倍数。

$$A=\{1,2,3,4,6,12\}$$

$$B=\{3,6,9,12\}$$

(1) 共通部分(両方に入る)。

$$A\cap B=\{3,6,12\}$$

(2) 和集合(どちらか一方でも)。

$$A\cup B=\{1,2,3,4,6,9,12\}$$

(3) 補集合(Aに入らない、$U=$1〜12 の要素)。

$$\overline{A}=\{5,7,8,9,10,11\}$$

(4) $\overline{A}\cap B$ は『Aに入らず、かつBに入る』。$B=\{3,6,9,12\}$ のうち、Aに入らないのは9だけ(3,6,12はAにも入る)。

$$\overline{A}\cap B=\{9\}$$

まとめ:$\overline{A}\cap B$ は『$B$ の中で $A$ に入らないもの』と読むと速い。

発展。 別解の所属表は、集合が増えても行を増やすだけで通用する。ベン図が描きにくい4集合以上でも使える、地味だが強い道具だ。

この先、数学Aの場合の数で「要素の個数」を数える段階に進むと、$n(A\cup B)=n(A)+n(B)-n(A\cap B)$ という個数の法則を中心に考えることになる。この問題の「要素を正確に仕分ける」作業は、その基礎になっている。

別解

ベン図の代わりに、「所属表」で機械的に処理する方法もある。$1$ から $12$ を縦に並べ、各数に「$A$ に入るか」「$B$ に入るか」の○×を付けていく。

• $A$ も $B$ も○: $3,6,12$(これが $A\cap B$)
• どちらかが○: $1,2,3,4,6,9,12$(これが $A\cup B$)
• $A$ が×: $5,7,8,9,10,11$(これが $\overline{A}$)
• $A$ が×で $B$ が○: $9$(これが $\overline{A}\cap B$)

図を描くのが苦手でも、表なら全要素を確実に検分できる。要素の数が多いときや、集合が3つに増えたときは、ベン図よりこちらのほうが強いこともある。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (2)を正面からやると、$\overline{A}$ と $\overline{B}$ を別々に作って和集合をとる。補集合を2回作る手間だ。

ド・モルガンの法則は「計算をラクにする乗り換え規則」である。$\overline{A}\cup \overline{B}$ は $\overline{A\cap B}$ に乗り換えられる。こちらなら $A\cap B$ を1回求めて補集合をとるだけ。面倒な形を見た瞬間に、楽な形に書き換えられないか疑う。それがこの法則の使いどころだ。

$U$ は1〜10、$A=\{2,4,6,8,10\}$、$B=\{1,2,5,10\}$。

(1) $A\cup B$(どちらか一方でも)は

$$A\cup B=\{1,2,4,5,6,8,10\}$$

その補集合(以外)は

$$\overline{A\cup B}=\{3,7,9\}$$

(2) $\overline{A}\cup \overline{B}$ を、$\overline{A}$、$\overline{B}$ を別々に出さずに求める。ド・モルガンの法則

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

を使う。まず $A\cap B$(両方に入る)は

$$A\cap B=\{2,10\}$$

その補集合をとって

$$\overline{A}\cup \overline{B}=\overline{A\cap B}=\{1,3,4,5,6,7,8,9\}$$

まとめ:ド・モルガンを使うと、補集合を2つ作る手間が省ける。$\cup$ と $\cap$ が入れかわる点に注意しよう。

発展。 ド・モルガンの法則は集合だけでなく論理でも同じ形で成り立つ。「$p$ かつ $q$」の否定は「$p$ でない、または $q$ でない」。

集合の $\cap ,\cup ,\overline{}$ と、論理の「かつ・または・でない」は同じ構造の表裏だ。あとで学ぶ「すべて・ある」の否定の規則も、この仲間に加わる。

別解

ド・モルガンを使わず、$\overline{A}=\{1,3,5,7,9\}$、$\overline{B}=\{3,4,6,7,8,9\}$ を別々に出して和集合をとってもよい。

$$\overline{A}\cup \overline{B}=\{1,3,4,5,6,7,8,9\}$$

同じ答えになる。ド・モルガンはこの手間を短くする道具だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 真偽判定は、まず「偽を疑って反例探し」から始める。

反例の狙い目は決まっている。$0$。$0$ と $1$ の間の分数。負の数。そして無理数どうしの積。

「成り立ちそうに見える命題ほど、境界のケースで壊れる」。この疑いの目で4つを順に読んでいく。

反例が1つでもあれば偽。偽を疑って反例を探す。

(1) $x\ge 0$ でも $x^2\ge x$ とは限らない。$0<x<1$ では2乗すると小さくなる。$x=\frac{1}{2}$ なら

$$x^2=\frac{1}{4}<\frac{1}{2}=x$$

反例 $x=\frac{1}{2}$ で偽。

(2) $n$ が6の倍数なら、$n=6k$ と書けて

$$n=6k=3\times 2k$$

3の倍数でもある。だから真。

(3) $x+y>2$ でも『$x>1$ かつ $y>1$』とは限らない。$x=3,y=0$ なら $x+y=3>2$ だが、$y>1$ でない。反例 $x=3,y=0$ で偽。

(4) 無理数どうしの積がいつも無理数とは限らない。$x=y=\sqrt{2}$ なら

$$xy=\sqrt{2}\times \sqrt{2}=2$$

で有理数になる。反例 $x=y=\sqrt{2}$ で偽。

まとめ:真偽の判定はまず反例を疑うこと。$0<x<1$ の数、一方が0、$\sqrt{2}\times \sqrt{2}=2$ など、意外な例が反例になる。

発展。 反例になりやすい数($0$・$1$ 未満の分数・負の数・無理数の積)は、この先もずっと使える「疑いのチェックリスト」だ。

そして真偽の証明は非対称であることも覚えておきたい。偽は反例1つで決まるが、真の側は「すべての場合に成り立つ理由」が要る。(2)を真と言い切るには、$n=6k$ とおいた計算($6k=3\times 2k$)が根拠になっている。

別解

(1)は反例を「探す」のではなく、不等式を解いて反例の在り処を「全部決定」することもできる。$x^2\ge x$ を移項すると $x(x-1)\ge 0$。これが崩れるのは $x(x-1)<0$、つまり $0<x<1$ のときだけだ。だから反例は「$0$ と $1$ の間の数ぜんぶ」。$x=\frac{1}{2}$ はその代表にすぎない。

探し物が見つからないとき、「無いのか、見落としているのか」が式から分かる。反例探しに不安が残る人ほど、この「在り処を式で割り出す」方法が役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「集合の包含で判定せよ」という指定そのものがヒントだ。

条件を数直線の範囲で表して、含み合いを見る。$P$ が $Q$ にすっぽり入れば真。はみ出た部分があれば偽で、そこにある具体的な数がそのまま反例になる。図と反例が直結しているのが、この方法の良さだ。

(1)

$$P=\{x\mid 1<x<4\},Q=\{x\mid 0<x<6\}$$

数直線でかくと、$P$($1$ から $4$)は $Q$($0$ から $6$)の中にすっぽり入る。

$$P\subset Q$$

だから命題は真。

(2)

$$P=\{x\mid -2\le x\le 2\},Q=\{x\mid -1\le x\le 4\}$$

$P$ の左端 $-2$ は $Q$($-1$ 以上)に入らない($-2<-1$)。つまり $P$ は $Q$ からはみ出すので $P\subset Q$ ではない。命題は偽。反例は、はみ出す点 $x=-2$($P$ に入るが $Q$ に入らない)。

まとめ:包含関係を数直線で見ると、真偽も反例も一目でわかる。$P$ が $Q$ からはみ出す点が反例だ。

発展。 「命題の真偽を集合の包含で見る」という見方は、このあとの必要条件・十分条件の判定の基礎になる。矢印の議論がすべて、図形(範囲)の含み合いに置き換わる。

数学IIに進むと、数直線が座標平面に広がり、条件は「領域」になる。判定の原理はこの問題とまったく同じだ。

別解

慣れてきたら、数直線を描かずに「端の比較」だけで判定することもできる。区間が区間に含まれる条件は、左端どうし・右端どうしの比較に尽きる。$P$ の左端が $Q$ の左端より右(またはぴったり)で、$P$ の右端が $Q$ の右端より左(またはぴったり)なら、$P\subset Q$ だ。

(1)は左端 $0\le 1$、右端 $4\le 6$ でどちらも合格。よって真。(2)は左端の比較で $-1\le -2$ が不成立。$P$ が左にはみ出している。はみ出した場所にある $x=-2$ が、そのまま反例になる。

端の開閉($\le$ か $<$ か)が絡むときは等号の扱いに注意が要るが、「見るのは端だけ」という原則は変わらない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 4問とも同じ手順で処理できる。矢印を2本($p\Rightarrow q$ と $q\Rightarrow p$)作り、それぞれ反例を探す。

呼び名は最後につける。出ていく矢印($p\Rightarrow q$)が真なら $p$ は十分条件。入ってくる矢印($q\Rightarrow p$)が真なら $p$ は必要条件。両方真なら必要十分。

「十分・必要」の言葉に迷ったら、矢印の真偽だけを先に確定させる。呼び名は機械的な作業だ。

$p\Rightarrow q$ 真なら $p$ は十分条件、$q\Rightarrow p$ 真なら $p$ は必要条件。

(1) $p:x=-2$、$q:x^2=4$。$p\Rightarrow q$: $x=-2$ なら $x^2=4$(真)。$q\Rightarrow p$: $x^2=4$ でも $x=2$ の場合があり $x=-2$ とは限らない(偽)。よって十分条件であるが必要条件ではない。

(2) $p:n$ は4の倍数、$q:n$ は8の倍数。$p\Rightarrow q$: 4の倍数でも8の倍数とは限らない(例 $n=4$、偽)。$q\Rightarrow p$: 8の倍数なら必ず4の倍数(真)。よって必要条件であるが十分条件ではない。

(3) $p:x+y=0$ かつ $xy=0$、$q:x=0$ かつ $y=0$。$p$ が成り立つと、$xy=0$ から一方が0、$x+y=0$ からもう一方も0。つまり $p$ と $q$ は同じ。両方真で必要十分条件。

(4) $p:x+y>0$、$q:xy>0$。$p\Rightarrow q$: $x=3,y=-1$ なら $x+y>0$ だが $xy=-3<0$(偽)。$q\Rightarrow p$: $x=y=-1$ なら $xy=1>0$ だが $x+y=-2<0$(偽)。どちらも偽で必要条件でも十分条件でもない。

『出ていくが十分、入ってくるが必要』。2つの矢印を別々に、反例で確かめよう。

発展。 別解の「小さい方が十分・大きい方が必要」は、条件の強弱の直感そのものだ。厳しい(強い)条件は満たすものが少なく、ゆるい(弱い)条件は多い。

この強弱の感覚は、方程式や不等式を変形するとき「同値か、片向きか」を意識する習慣につながる。2乗する変形が要注意なのは、条件がゆるむ(集合が広がる)からだ。

別解

集合の「大小」で見る方法もある。条件を満たすものの集合を作り、小さい方が十分・大きい方が必要、と読むのだ。(1) $p$ の集合は $\{-2\}$、$q$ の集合は $\{-2,2\}$。$p$ の側が小さい(含まれる)から、$p$ は十分条件。

(2) $4$ の倍数全体と $8$ の倍数全体では、$8$ の倍数のほうが小さい($8$ の倍数は必ず $4$ の倍数)。$p$ の側が大きいから、$p$ は必要条件。(3)は両方の集合が一致する($x+y=0$ かつ $xy=0$ を満たすのは $x=y=0$ だけ)。だから必要十分。

(4)はどちらも相手を含まないから、どちらでもない。「厳しい条件ほど集合は小さい。小さい方が十分、大きい方が必要」。この1行で4問すべてが同じ絵になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 4つの命題を独立に調べると、4回証明することになる。それは損だ。

「もとと対偶」「逆と裏」は真偽が必ず一致する。この構造を先に使えば、実質調べるのは2つで済む。もとの命題と逆だけ真偽を確定し、残り2つは一致のルールで写す。作業を半分にしてから手を動かす。

もとの命題は『$n$ が3の倍数ならば、$n$ は6の倍数である』。

逆・裏・対偶

• 逆(入れかえ):『$n$ が6の倍数ならば、$n$ は3の倍数である』
• 裏(両方否定):『$n$ が3の倍数でないならば、$n$ は6の倍数でない』
• 対偶(入れかえて両方否定):『$n$ が6の倍数でないならば、$n$ は3の倍数でない』

真偽

• もとの命題: 3の倍数でも6の倍数とは限らない。$n=3$ は3の倍数だが6の倍数でない。反例 $n=3$ で偽。
• 逆: 6の倍数なら必ず3の倍数(6の倍数 $=6k=3\times 2k$)。真。
• 裏: 3の倍数でないなら6の倍数でもない(6の倍数は3の倍数だから、その対偶)。真。
• 対偶: 6の倍数でないなら3の倍数でない、は成り立たない。$n=3$ は6の倍数でないが3の倍数。反例 $n=3$ で偽。

もとの命題(偽)と対偶(偽)、逆(真)と裏(真)が、それぞれ真偽一致している。『もとと対偶、逆と裏はペアで真偽が同じ』が、ここでも確かめられる。

発展。 「もとと対偶の真偽一致」は次の対偶証明の技法を支える根拠だ。示しにくい命題を、示しやすい対偶に乗り換えてよいのは、この一致があるからである。

もう1つの教訓は「逆は保証されない」ということ。式変形や方程式の解法で、いつのまにか逆向きの主張にすり替わっていないかを疑う習慣は、この単元でいちばん実用的な収穫だ。

別解

集合の絵1枚で、4つの真偽をまとめて読むこともできる。$3$ の倍数全体の集合と、$6$ の倍数全体の集合を思い浮かべる。$6$ の倍数の集合は $3$ の倍数の集合の内側にすっぽり入る(逆は入らない。$3$ や $9$ がはみ出している)。

• もとの命題「$3$ の倍数 $\Rightarrow$ $6$ の倍数」は、外側が内側に含まれると主張している。偽で、はみ出した $n=3$ が反例。
• 逆「$6$ の倍数 $\Rightarrow$ $3$ の倍数」は、内側が外側に含まれるという主張。真。
• 対偶はもとと同じ包含の主張を裏返しに言っただけ(だから真偽一致)。裏は逆と同じ。

「⇒は包含」という言い換えを使うと、真偽一致のルールも図で見ればすぐ分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$n^2-2n+3$ が偶数ならば」という仮定は、そのままでは使いにくい。式の偶奇から $n$ を割り出すのは骨が折れる。

対偶を作ると、仮定が「$n$ が偶数」に変わる。これなら $n=2k$ と置くだけで計算が走り出す。「仮定に計算しやすい形が来るように乗り換える」。対偶を選ぶ理由はいつもこれだ。

対偶を証明する。もとの命題の対偶は

『$n$ が偶数ならば $n^2-2n+3$ は奇数である』

$n$ が偶数なら $n=2k$($k$ は整数)とおける。代入して整理する。

$$\begin{array}{rl}{n}^2-2n+3& =(2k{)}^2-2\cdot 2k+3\\ & =4k^2-4k+3\\ & =2(2k^2-2k+1)+1\end{array}$$

$2\times (\text{整数})+1$ の形なので、$n^2-2n+3$ は奇数。これで対偶が示せた。よって、もとの命題も真である。(証明終わり)

$3=2+1$ と分けて $2(\dots )+1$ の形を作るのがコツ。$2\times (\text{整数})+1$ なら奇数、$2\times (\text{整数})$ なら偶数、と示す。

発展。 対偶と背理法は、直接示しにくい命題への二大迂回路だ。選ぶ基準はどちらも同じで、「仮定が計算しやすい形になるか」である。

別解の「偶数・奇数の2択を両方調べる」分類は、数学Aの整数の性質で「余りによる分類」として本格化する。$2$ で割った余りの次は、$3$ で割った余りで分類する問題を学ぶ。

別解

対偶を経由せず、偶奇を直接分析するルートもある。式を $n^2-2n+3=n(n-2)+3$ と見る。$n$ と $n-2$ は差が $2$ だから、偶奇が必ず一致する。

• $n$ が偶数なら、$n(n-2)$ は偶数 × 偶数で偶数。$3$ を足して奇数。
• $n$ が奇数なら、$n(n-2)$ は奇数 × 奇数で奇数。$3$ を足して偶数。

つまり $n^2-2n+3$ が偶数になるのは、$n$ が奇数のときだけ。これで命題がそのまま示せた。2択(偶数か奇数か)を両方調べ尽くす、という地道な分類も、れっきとした証明法だ。対偶がピンとこないときの避難路になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「無理数である」は否定形の主張だ(分数で書けない、ということ)。否定形は直接には手が出ない。

そこで反対を仮定する。「$3-2\sqrt{2}$ は有理数だ」と仮定して、式変形で矛盾を作りに行く。衝突先は最初から決まっている。既知の事実「$\sqrt{2}$ は無理数」だ。仮定から $\sqrt{2}$ を分離して、有理数になってしまう形に持ち込む。

背理法を使う。反対に、$3-2\sqrt{2}$ が有理数であると仮定し、その値を $r$ とする。

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

$\sqrt{2}$ について解く。

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

両辺を2で割って

$$\sqrt{2}=\frac{3-r}{2}$$

右辺 $\frac{3-r}{2}$ は有理数 $r$ から作った有理数。つまり $\sqrt{2}$ が有理数、となる。でもこれは『$\sqrt{2}$ は無理数』に矛盾する。矛盾が出たのは、仮定『$3-2\sqrt{2}$ は有理数』が間違っていたから。

よって $3-2\sqrt{2}$ は無理数である。(証明終わり)

まとめ:背理法は『反対を仮定 → $\sqrt{2}$ について解く → 有理数になって矛盾 → 結論が正しい』の型。無理数の証明でいつも使う方法だ。

発展。 前提に使った「$\sqrt{2}$ は無理数」自体も、背理法で証明される(分数 $\frac{p}{q}$ と書けたとして、偶奇の矛盾を導く。応用問題で登場する)。

背理法が向いているのは「〜でない」「存在しない」型の主張だ。正面から示せない形を見たら、反対を仮定して衝突を探す。この構えは数学のあらゆる場所で使われている。

別解

この論法は、実は一般化できる。見晴らしのよい形で覚えておくと強い。主張はこうだ。$a$、$b$ が有理数で $b\ne 0$ なら、$a+b\sqrt{2}$ は必ず無理数になる。

証明は今回とまったく同じ。$a+b\sqrt{2}=r$(有理数)と仮定すると、$\sqrt{2}=\frac{r-a}{b}$。有理数どうしの引き算と割り算の結果は有理数だから、右辺は有理数。$\sqrt{2}$ が無理数であることに矛盾する。

今回の問題は $a=3$、$b=-2$ の特例にすぎない。この論法の中心は「有理数は四則演算で閉じている」という事実だ。有理数だけをいくら足し引きし、掛け割りしても、有理数の外(無理数)へは出られない。だから $\sqrt{2}$ が有理数の式で書けてしまった時点で、矛盾が起きる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 否定づくりは2段の作業だ。「すべて」と「ある」を入れかえる。そして中身の条件も否定する($>$ は $\le$ に、$=$ は $\ne$ に)。

どちらが真かの判定には、便利な原理がある。もとの命題と否定は、必ずどちらか一方だけが真になる。だから、判定しやすいほうを調べればよい。例や反例が1つ見つかる側から攻めるのが早い。

(1) 『すべての実数 $x$ で $x^2>0$』の否定は、『すべて』→『ある』、$x^2>0$→$x^2\le 0$。

否定:『ある実数 $x$ で $x^2\le 0$』

$x=0$ で $x^2=0\le 0$ となる。だから否定が真(もとは偽)。

(2) 『ある自然数 $n$ で $n^2=3n$』の否定は、『ある』→『すべて』、$n^2=3n$→$n^2\ne 3n$。

否定:『すべての自然数 $n$ で $n^2\ne 3n$』

$n=3$ で $n^2=9=3\times 3=3n$ となる。だからもとの命題が真(否定は偽)。

(3) 『すべての実数 $x$ で $|x|=x$』の否定は、『すべて』→『ある』、$|x|=x$→$|x|\ne x$。

否定:『ある実数 $x$ で $|x|\ne x$』

$x=-1$ で $|-1|=1\ne -1$ となる。だから否定が真(もとは偽。$x$ が負のとき $|x|\ne x$)。

まとめ:『すべて⇔ある』と中身の否定、そしてどちらが真かは1つの例で判断。この流れを押さえよう。

発展。 証明の負担は非対称だ。存在の主張は例を1つ出せば終わる。全称の主張は、すべての場合を貫く理由(文字での計算)が要る。

この非対称を意識すると、問題ごとに「いま自分は例を出せばよいのか、理由を書くべきなのか」が明確になる。「すべて↔ある」の入れかえ規則はド・モルガンの法則の親戚でもある。

別解

「すべての $x$ で $P$」の否定は「$P$ の反例が存在する」。こう読み替えると、真偽判定が「反例を探す作業」に統一される。(1) 反例 $x=0$ が見つかる($0^2=0$ は $>0$ でない)。反例がある以上、もとの命題は偽だ。否定が真だ。

(2)は「ある」の命題なので、成り立つ例を1つ探せばよい。$n=3$ で $9=9$。例が見つかったから、もとの命題は真だ。

(3) 反例 $x=-1$($|-1|=1\ne -1$)。否定が真。「全称の主張は反例1つで倒れる。存在の主張は例1つで立つ」。勝敗の条件を先に押さえておくと、どの問題も同じ形で見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $A\subset B$ を、方程式の集まりで表す。「$A$ の各要素が、$B$ のどれかと一致する」ということだ。

狙い目は動かない要素から。$A$ の $2$ は固定で、$B$ の $1$ と $3$ には一致できない。だから $a^2-2=2$ しかない。

ここから $a$ の候補が出る。候補は必ず元の集合に戻して検算する。もう1つの要素 $a+1$ が本当に $B$ に入るか、要素の重複が起きないか。この検分までが1セットだ。

$A\subset B$ は、$A=\{2,a+1\}$ の要素が両方 $B=\{1,3,a^2-2\}$ に入ること。

$$2\in Bかつa+1\in B$$

まず $2\in B$ を考える。$B$ の要素1, 3, $a^2-2$ のうち、2になれるのは $a^2-2$ だけ($1,3$ は2でない)。だから

$$a^2-2=2$$

これを解くと $a^2=4$、

$$a=2またはa=-2$$

それぞれ、$a+1$ も $B$ に入るか確かめる。$a=2$ のとき: $a+1=3$。$B=\{1,3,2\}$ に3は入る。$A=\{2,3\}\subset B$ で条件を満たす。$a=-2$ のとき: $a+1=-1$。$B=\{1,3,2\}$ に $-1$ は入らない。不適。

よって

$$a=2$$

まとめ:候補を出したら、必ず元の条件(ここでは $a+1\in B$)を満たすか検算する。これを忘れると、不適な $a=-2$ まで答えてしまう。

発展。 文字入りの集合では「集合の要素は互いに異なる」という約束と「候補は必ず検算」の2つが最後の関門になる。式の上で辻褄が合っても、集合として成立しないことがあるからだ。

「必要条件で候補を絞り、十分性を検算で確かめる」という今回の流れは、方程式の応用問題全般の基本形でもある。絞る段階と確かめる段階を分けて書けると、答案の説得力が上がる。

別解

もう1つの要素 $a+1$ の行き先を軸に、場合を尽くすルートもある。$a+1$ は $B$ の3つの要素のどれかと一致するはずだ。

• $a+1=1$ のとき $a=0$。$B=\{1,3,-2\}$ となり、$2\in B$ が成り立たない。不適。
• $a+1=3$ のとき $a=2$。$B=\{1,3,2\}$、$A=\{2,3\}$。両要素とも $B$ に入る。適する。
• $a+1=a^2-2$ のとき $a^2-a-3=0$。この $a$ では $a^2-2=a+1\ne 2$ となり($a+1=2$ なら $a=1$ だが、これは $a^2-a-3=0$ を満たさない)、$B$ の中に $2$ がいなくなる。不適。

どの方法でも残るのは $a=2$ だけ。一致の相手で場合を尽くす攻め方は、手数は増えるが「見落としがない」ことを自分で保証できる。答えの一意性まで確かめられるのが利点だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「十分・必要」を含み合いで言い換える。$q$ が $p$ の十分条件とは $Q\subset P$、$r$ が $p$ の必要条件とは $P\subset R$ のことだ。

そう言い換えれば、あとは文字 $a$ の入った範囲と固定範囲の位置関係の問題になる。動く範囲の端がどこまで来てよいか。数直線の上で、端どうしの不等式に落とす。等号を含むかどうかは境界の値で個別に確かめる。$p,q,r$ を満たす集合を $P,Q,R$ とする。

$$P=\{x\mid 1\le x\le 4\},Q=\{x\mid a\le x\le a+1\},R=\{x\mid x\ge a\}$$

(1)

『$q$ が $p$ の十分条件』とは『$q\Rightarrow p$ が真』、つまり $Q$ が $P$ に入ること。

$$Q\subset P$$

$Q$($a$ から $a+1$)が $P$($1$ から $4$)にすっぽり入るには、左端 $a$ が1以上、右端 $a+1$ が4以下であればよい。

$$1\le aかつa+1\le 4$$

$a+1\le 4$ から $a\le 3$。合わせて

$$1\le a\le 3$$

(2)

『$r$ が $p$ の必要条件』とは『$p\Rightarrow r$ が真』、つまり $P$ が $R$ に入ること。

$$P\subset R$$

$P$($1$ から $4$)が $R$($a$ 以上)に入るには、$P$ の左端1が $a$ 以上であればよい($R$ は右にずっと続くので、右端は問題ない)。

$$a\le 1$$

まとめ:条件を集合で表し、『十分 → $Q\subset P$』『必要 → $P\subset R$』と包含に直せば解ける。あとは数直線で端の位置を調整する。

発展。 「文字入りの区間が固定区間に含まれる条件」は、2次関数の解の配置(2次方程式の解が指定区間に入る条件)で本格的に再登場する。端の等号の検分はそこでも毎回の作法だ。

「条件の判定を集合の位置関係に直し、端の不等式に落とす」。この単元で学んだ言い換えの方法は、数学IIの領域の問題でもそのまま使う。

別解

端の等号を含めてよいか迷ったら、「境界値テスト」で白黒をつけるのが確実だ。疑わしい値を実際に代入して実験する。(1)の答えの境界は $a=1$ と $a=3$。

• $a=1$ のとき $Q$ は $1\le x\le 2$ の範囲。これは $P$($1\le x\le 4$)にすっぽり入る。含めてよい。
• $a=3$ のとき $Q$ は $3\le x\le 4$ の範囲。これも $P$ に入る。含めてよい。
• 少し外の $a=3.1$ だと $Q$ の右端が $4.1$ となり、$P$ からはみ出す。だめ。

よって両端とも等号込みで $1\le a\le 3$ と確定する。(2)も同じで、境界 $a=1$ のとき $R$ は $x\ge 1$ となり、$P$ 全体を含む。含めてよいから $a\le 1$。不等式の変形だけで押し切るより、境界での実験を1度はさむほうが、等号ミスは確実に減る。