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解ける根拠

論証の根拠

どのような論証も，より基本的なことから論証しなければならない．大学入試問題では一般的には高校教科書を基本とし，そこから論証すればよい．しかし，ときには教科書のなかに載っている公式そのものを示せという問題もあれば，普段は証明せずに用いていることを示さなければならないこともある．

数学の力をつけるためには，普段用いている公式や，日頃証明することなく用いている事実を，時には立ち止まって考えなおしてみることである．それを自分でやっていく人は，どんどん力をのばしてゆくことができる．

例えば次の問題はどのように解くだろうか． これは数論の基本事項である．

例題 2.3  

$a$と$b$を整数，$p$を素数とする．$ab$が$p$で割り切れれば，$a$または$b$が$p$で割り切れることを証明せよ．

これなど日頃は当然のように用いている．改めて示そうとすると，何を根拠に解けばよいのかわからない．$p$が素数であるということは，$p$の約数が1と$p$以外にないということであり，これは整数$p$自身の内在的な性質だ．そのような性質をもつ$p$が二つの整数の積$ab$の約数になれば，$a$か$b$少なくとも一方の約数になっている，これは$p$と他の整数との関係だ．

ここに難しさがある．

解答     $ab$が$p$で割り切れるので，$ab$の素因数分解には$p$が現れる．

$a$も$b$が$p$で割り切れないとすると， $a$の素因数分解にも$b$の素因数分解にも$p$が現れず， その結果，積$ab$の素因数分解に$p$が現れない．

これは素因数分解の一意性と矛盾する．

よって$a$か$b$の少なくとも一つは$p$の倍数である． □

ここでは素因数分解の一意性を根拠にした．つまり，どのような順に因数を見つけていったとしても，素数の積に分解できた段階で，順番を除いて因数分解は一通りに定まる，そして，そのことから導かれる積の素因数分解は素因数分解の積と順序を除いて一致するということである．大学入試問題を解くときには素因数分解の一意性は証明せずに用いてもよい．

しかし，ではこの素因数分解の一意性はどのように示されるのか．素因数の個数に関する数学的帰納法がひとつの方法である．このところは『整数の基本』，『数論初歩』を見てほしい．

本当に解けるのか

問題を読んで，「求めよ」といわれればさっそく求めはじめるし，「示せ」といわれればすぐに示そうとする……     と，そこで一呼吸おいて，「そもそもこの値は本当に決定できるのか」，あるいは「なぜ示せるのか」と解ける根拠を考えたことはないだろうか．

例えば等式の中に未知な文字が3個あるとき，独立な等式も3個あれば基本的に問題は解ける．問題を解くときに，未知数の個数と条件の個数を確認しているか．与えられた条件から未知数を確定するのに必要な未知数の個数だけの等式をどのように導くのか，問題を解くときにはこのように考えを進めたい．問題をそのまま解きはじめるのではなく，解が決定できる根拠を考えつつ，少し高い視点を持ちながら解く．

このように問題を読んだ段階で「なぜこの問題は解けるのか」を考えることをすすめたい．入試問題なので解けるに決まっている．解けない問題は問題としてまちがっているということになる．しかし解ける根拠を考えることで方法が発見されるのだ．

実際に何か新しいことを研究するときは解けるとはかぎらないし，人が生きていくのに，解けないかも知れない問題に立ち向かわなければならないことはしょっちゅうある．解けないどころかあまりに理不尽なことに直面することも多々ある．それが現実だ．

が，とにかく入試問題は解ける．解けるはずだからといってすぐ解こうとしても解けない．そこで「解ける根拠はどこにあるのか」を考える．そのことによって解き方がわかってしまうということがよくあるのだ．「解ける根拠」は必ず問題の中にある．

決定可能性

決定可能であるかどうかは，次の2点で決まる．

(1)

決定できるだけの条件がそろっており，かつそれらの条件相互が独立で矛盾がない． いくつかは他の等式から導ける等式があってもよい．このような等式は「独立でない」という．

$$\left\{ \begin{array}{l} 3x+2y+z=10\\ x+y+z=6\\ ... ...2y+z=10\\ x+y+z=6\\ 3x+2y+z=13 \end{array} \right.$$

第1の連立方程式は解が決定される．第2の連立方程式は解が決定されない．三つの式は独立でない． 第3の連立方程式は解が存在しない．矛盾した条件がある．ということである．

(2)

具体的に決定する方法が存在する．上記連立方程式で解が決まるものは解ける． 方法があるからだ．2次方程式は必ず解ける．根の公式があるからだ． 実は5次方程式になると，解があることはあるのだが根の公式はない． かならずできる方法をアルゴリズムという． もちろん入試問題で「求めよ」とくれば必ず方法はあるのだが， 「これとこれを求めればこれが決まる」という見通しを立てることが大切である．

例題 2.4       ［08年京大理系甲文系］

定数$a$は実数であるとする．方程式

$$(x^2+ax+1)(3x^2+ax-3)=0$$

を満たす実数$x$はいくつあるか．$a$の値によって分類せよ．

「満たす実数$x$」の個数である．つまり，集合$A$を

$$A=\{\ x \ \vert\ x は実数，(x^2+ax+1)(3x^2+ax-3)=0\ \}$$

とする．集合$A$の要素の個数$n(A)$が求めるものである． $A$のことを方程式 $(x^2+ax+1)(3x^2+ax-3)=0$の「(実数)解集合」という．

本問の方程式は4次であり，根の個数は複素数の範囲で重複したものを重ねて数えると必ず4個である．本問は，そのうち相異なる実数根はいくつあるかということなので有限個に確定することはまちがいない．(1)は成り立つ．本問のように一定の条件(今の場合は方程式)を満たすものをすべて求めよ，またその個数を求めよといった型の問題では，(1)は「確かに有限個に確定する」ということになることが多い．

4次方程式の根が重なるのは，因数に分解された各2次方程式の少なくとも一方が重根をもつときと，二つの2次方程式に共通根がある場合である．方程式の共通根を求める方法は，共通根があるとしてそれを必要条件で絞り，確認する．2次方程式なのでかならずできる．これが(2)である．

根と解

ところで今，「解」と「根」を使い分けた． 根と解は意味が違う．

$n$ 次方程式

$$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0=0$$

の根とは

$$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0=a_n(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n)$$

と $n$ 個の1次式の積に因数分解したときの， $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$のことを言う． $n$ 次方程式はつねに $n$ 個の根をもつ． またこれらの中には同じものがあることもある．

それに対して解とは「方程式を満たすもの」で，実質は集合

$$\{\ \alpha_1,\ \alpha_2,\ \cdots,\ \alpha_n\ \}$$

の要素のことである．同じものは一つと見なす．だから$n$ 次方程式は$n$ 個以下の解をもつ，あるいは解集合の要素の個数は $n$ 以下である，といえる．

40年前は中学でも「2次方程式の根」と正しくいっていた．正しい使い方に戻ることを願っている．本問は実数解の個数を数えよということなのだ．さて解答である．

解答      2つの2次方程式

$$x^2+ax+1=0,\ \quad 3x^2+ax-3=0$$

のいずれかを満たす実数$x$の個数が求めるものである． これら2次方程式の判別式をそれぞれ$D_1,\ D_2$とする．

$$D_1=a^2-4,\ D_2=a^2+36>0$$

$D_1>0$となる$a$は$\vert a\vert>2$のときで， $D_1=0$となる$a$は$a=\pm 2$である．

2つの方程式に共通解があるとしてそれを$\alpha$とおく．

$$\alpha^2+a\alpha+1=0,\ \quad 3\alpha^2+a\alpha-3=0$$

辺々引いて

$$-2\alpha^2+4=0$$

つまり2つの方程式に共通な解はあるとすれば$\pm \sqrt{2}$である． $\sqrt{2}$が共通な解のとき $a=-\dfrac{3}{\sqrt{2}}$． $-\sqrt{2}$が共通な解のとき $a=\dfrac{3}{\sqrt{2}}$． これらのときそれぞれの他の1解は異なる． 以上から方程式を満たす実数$x$の個数は

1. $\vert a\vert<2$のとき，2個．
2. $\vert a\vert=2$または $\vert a\vert=\dfrac{3}{\sqrt{2}}$のとき，3個．
3. $2<\vert a\vert<\dfrac{3}{\sqrt{2}}$または $\dfrac{3}{\sqrt{2}}<\vert a\vert$のとき，4個．

となる． □

なお本問はグラフを用いる別の解法もある．同様の問題が理系乙でも出題されたので，2章3節「関係の図示」の問題に入れておく．問題である．

次に確率の問題を見てみよう．

例題 2.5       ［08年東大理科］

白黒2種類のカードがたくさんある． そのうち$k$枚のカードを手もとにもっているとき， 次の操作(A)を考える．

(A)

手持ちの$k$枚の中から1枚を， 等確率$\dfrac{1}{k}$で選び出し，それを違う色のカードにとりかえる．

以下の問(1)，(2)に答えよ．

1. 最初に白2枚，黒2枚，合計4枚のカードをもっているとき， 操作(A)を $n$回繰り返した後に初めて，4枚とも同じ色のカードになる確率を求めよ．
2. 最初に白3枚，黒3枚，合計6枚のカードをもっているとき， 操作(A)を $n$回繰り返した後に初めて，6枚とも同じ色のカードになる確率を求めよ．

この問題が解ける根拠は問題が与えた操作(A)の中の「等確率」というところである．つまり1枚1枚のカードが選ばれる確率はその場に何枚のカードがあるかだけで決まる．何回この操作を繰り返した後でもこれは変わらない．$n$回目のいくつかの状態から$n+1$回目のいくつかの状態への推移の確率が，$n$によらず一定であるといういわゆるマルコフ過程となり，$n$による確率のあいだに漸化式を立てることができる．漸化式は最初のいくつかの値(初期値)によって数列を決定する．漸化式が出来るということによって(1)がわかる．その漸化式が解けることによって(2)が確認される．

解答      以下白$k$枚，黒$l$枚である事象を$(k,\ l)$とかく．

1. 最初に白は偶数枚あり， 操作(A)で白の変化は$\pm1$なので， すべてが同色， つまり$(4,\ 0)$か$(0,\ 4)$になるのは偶数回の操作の後である．

   $n$回繰り返した後に初めて，4枚とも同じ色のカードになるのは $n-1$回繰り返した後$(3,\ 1)$か$(1,\ 3)$であって， $n$回目に1枚ある方の色を変える場合である． $n=2m$とおき，$n-1=2m-1$回繰り返した後， $(3,\ 1)$か$(1,\ 3)$である確率を$a_m$とおく． $2m-3$回繰り返した後も$(3,\ 1)$か$(1,\ 3)$のいずれかであるので， $2m-3$，$2m-2$，$2m-1$の間の変化とその確率は次のようになる．
   

   $$\begin{array}{\vert r\vert c\vert c\vert c\vert c\vert c\v... ...(1,3)&\to&(2,2)&\to&(3,1)，(1,3)\\ \hline \end{array}$$
   
   
   よって
   
   $$a_m=\dfrac{3}{4}a_{m-1}$$
   
   
   $a_1=1$なので
   
   $$a_m=\left(\dfrac{3}{4}\right)^{m-1} =\left(\dfrac{3}{4}\right)^{\frac{n}{2}-1}$$
   
   
   $(3,\ 1)$か$(1,\ 3)$から$(4,\ 0)$か$(0,\ 4)$となる確率は $\dfrac{1}{4}$なので，求める確率は
   
   $$\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{4}\cdot\left(\dfra... ... &(n：偶数)\\ 0&(n：奇数) \end{array} \right.$$
   
   

2. 1回の操作で白の枚数の変化は$\pm1$である． 最初に白3枚なので， 白が0枚か6枚になるのは3以上の奇数回の操作の後である． $n=2m+1$とする．$2m$回の後$(5,\ 1)$か$(1,\ 5)$である確率を$p_m$， $(3,\ 3)$である確率を$q_m$とする． $m\ge 2$のとき$m-1$回後と$m$回後の事象と移行の確率は次のようになる．
   
   $$\begin{array}{\vert r\vert c\vert c\vert c\vert c\vert c\v... ... 確率&q_{m-1}&1&&\frac{4}{6}&q_m\\ \hline \end{array}$$
   
   
   ゆえに次の関係式が成り立つ．
   
   $$\left\{ \begin{array}{l} p_m=\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{2... ...p_{m-1} +1\cdot\dfrac{4}{6}q_{m-1} \end{array} \right.$$
   
   
   $p_1=\dfrac{2}{6},\ q_1=\dfrac{4}{6}$なので， この結果$m\ge 1$に対して
   
   $$q_m=2p_m$$
   
   
   がつねに成立する．よって
   
   $$p_m=\dfrac{5}{6}\cdot\dfrac{2}{6}p_{m-1}+1\cdot\dfrac{2}{6}(2p_{m-1}) =\dfrac{17}{18}p_{m-1}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad p_m =\left(\dfrac{17}{18} \right)^{m-1}\cdot\df... ...dfrac{1}{3}\cdot\left(\dfrac{17}{18} \right)^{\frac{n-3}{2}}$$
   
   
   $(5,\ 1)$または$(1,\ 5)$からすべて同色に移行する確率は $\dfrac{1}{6}$なので．求める確率は
   
   $$\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{18}\cdot\left(\dfr... ...\\ 0&(n：偶数\quad または1) \end{array} \right.$$
   
   
   である． □

証明可能性

証明問題における証明可能性は，実はあらかじめわかっているのではない．決定問題における決定方法の存在の問題と同様である．

少し脱線．数学の世界では「リーマン予想」とか「ゴールドバッハ予想」とか「予想」といわれるものがある．それは証明できるだろう，こういうことが成り立つだろうと「予想」されるのであるが，その予想の真偽を決定することは，その時点では出来なかったからこそ「予想」になる．

$x^4+y^4+z^4=w^4$を満たす自然数$x,\ y,\ z,\ w$は存在しない．

を「オイラー予想」という．存在しない証明もできず，逆に予想に反する解も見つからないままに長い時間が過ぎた．オイラーは1707年4月15日生まれで1783年9月18日没の人だ．ところがこの予想の発表から二百年以上経った1988年に，これを成立させる解が見つかった．なんと

$$2,682,440^4 + 15,365,639^4 + 18,796,760^4 = 20,615,673^4$$

というのだ．「オイラー予想」には反例が見つかった．

一方「フェルマーの最終定理」というのがある．17世紀の人フェルマーは，古代ギリシャのディオファントスの書物の余白に

2よりも大きなべき指数$n$について，$a^n＋b^n=c^n$ をみたす三つの整数 $a,\ b,\ c$ を見出すことは不可能である．私はこれについてのまったくすばらしい証明を得たが，ここの余白は狭すぎて書き記すことができない．

と書き込んだ．ここに言う「べき指数$n$」は自然数である．フェルマーは他にも数多くの予想を残しすべては決着がついた．が，この予想だけは証明することも，反例をあげることもできなかったた．「フェルマーの最終定理」「フェルマーの大定理」または「フェルマーの予想」と呼ばれてきた．

350年もの間解決出来なかった．1994年に至ってプリンストン大学のアンドリュー・ワイルズがついに完全な証明に成功した．その証明は日本の数学者の谷村豊と志村五郎が打ち出した原理にもとずいていた．このように歴史に残る大問題は，証明可能性自体が問題であった．

さてわれわれが考える入試問題などでは，証明可能であることはまちがいない．問われていることは確実な論証構成力である．とくに京大のように小問に分けず，大問一つで出題するところは，このような問題分析能力を求めているということを心得ておきたい．

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