論理学で学ぶ数学 Theme4

「すべての実数 $x$ に対して $(ax+b)(ax+c)\ge 0$ が成り立つための実数 $a,b,c$ の条件を求めよ」という問題に、次の解答があった。

(A) すべての実数 $x$ に対して $(ax+b)(ax+c)\ge 0$ が成り立つ。

(B) これは、すべての実数 $x$ に対して

$$\begin{cases} ax+b\ge 0\\ ax+c\ge 0 \end{cases} \quad\text{または}\quad \begin{cases} ax+b\le 0\\ ax+c\le 0 \end{cases}$$

が成り立つことと同値である。

(C) したがって、

$$\forall x\in\mathbb{R},\ \begin{cases} ax+b\ge 0 \\ ax+c\ge 0 \end{cases}$$

が成り立つか、または

$$\forall x\in\mathbb{R},\ \begin{cases} ax+b\le 0 \\ ax+c\le 0 \end{cases}$$

が成り立つことと同値である。

(D) そのためには

$$\begin{cases} a=0\\ b\ge 0\\ c\ge 0 \end{cases} \quad\text{または}\quad \begin{cases} a=0\\ b\le 0\\ c\le 0 \end{cases}$$

が成り立つことが必要十分である。

(E) これらをまとめて、求める条件は $a=0,\ bc\ge 0$ である。

この解答には誤りがある。間違っている部分を指摘してその理由を明らかにし、正しい解答を書け。

誤っているのは (C) である。

$$P(x):\ \begin{cases} ax+b\ge 0 \\ ax+c\ge 0 \end{cases} ,\qquad Q(x):\ \begin{cases} ax+b\le 0 \\ ax+c\le 0 \end{cases}$$

とおく。(B) は

$$\forall x\in\mathbb{R},\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr)$$

であり、(C) は

$$\bigl(\forall x\in\mathbb{R},\ P(x)\bigr)\lor\bigl(\forall x\in\mathbb{R},\ Q(x)\bigr)$$

である。(B) から (C) への変形は

$$\forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr) \;\Longrightarrow\; \bigl(\forall x,\ P(x)\bigr)\lor\bigl(\forall x,\ Q(x)\bigr)$$

を用いているが、これは一般には成り立たない。

実際、$a=1,\ b=c=0$ のとき、各実数 $x$ に対し $x^2\ge 0$ より $P(x)\lor Q(x)$ は成り立つから (B) は真である。一方

$$\forall x\in\mathbb{R},\ x\ge 0 \qquad\text{も}\qquad \forall x\in\mathbb{R},\ x\le 0$$

もともに偽だから (C) は偽である。よって (B) から (C) への変形は誤りである。

以下、正しい解答を与える。求める条件は

$$\forall x\in\mathbb{R},\ (ax+b)(ax+c)\ge 0$$

である。展開して

$$(ax+b)(ax+c)=a^2x^2+a(b+c)x+bc$$

を $x$ の式とみる。

$(\mathrm{i})$ $a=0$ のとき。$(ax+b)(ax+c)=bc$（定数）であるから、すべての実数 $x$ に対し $\ge 0$ となる必要十分条件は

$$bc\ge 0$$

である。

$(\mathrm{ii})$ $a\ne 0$ のとき。$a^2>0$ だから上の式は $x$ について下に凸な二次式であり、判別式を $D$ とすると

$$\begin{aligned} D&=\bigl(a(b+c)\bigr)^2-4a^2bc\\ &=a^2\bigl((b+c)^2-4bc\bigr)\\ &=a^2(b-c)^2 \end{aligned}$$

である。下に凸な二次式がすべての実数 $x$ で $\ge 0$ となる必要十分条件は $D\le 0$ であるから

$$\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ (ax+b)(ax+c)\ge 0 &\iff D\le 0 \quad(\because a^2>0,\ \text{下に凸})\\ &\iff a^2(b-c)^2\le 0\\ &\iff (b-c)^2\le 0 \quad(\because a^2>0)\\ &\iff b=c \quad(\because (b-c)^2\ge 0) \end{aligned}$$

を得る。実際、$b=c$ のとき $(ax+b)(ax+c)=(ax+b)^2\ge 0$ で条件を満たす。

以上 $(\mathrm{i})(\mathrm{ii})$ より、求める条件は

$$(a=0\ \text{かつ}\ bc\ge 0)\ \lor\ (a\ne 0\ \text{かつ}\ b=c)$$

である。

今回の主役は、量化記号 $\forall$ を論理和 $\lor$・論理積 $\land$ に対してどう動かせるか、です。Theme3 で見た「$\exists$ は $\land$ に分配できない」の、ちょうど裏返しにあたります。

$\forall$ は $\lor$ に分配できない

誤答は

$$\forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr) \qquad\text{を}\qquad \bigl(\forall x,\ P(x)\bigr)\lor\bigl(\forall x,\ Q(x)\bigr)$$

と書き換えました。

前者は「各 $x$ ごとに、$P(x)$ か $Q(x)$ のどちらかが成り立てばよい」という意味です。どちらが効くかは $x$ によって入れかわってかまいません。後者は「すべての $x$ で一様に $P$」か「すべての $x$ で一様に $Q$」のいずれか、というずっと強い主張です。

今回は $x$ の符号で $ax+b,\ ax+c$ の符号が入れかわりうるので、$x$ によらず一方に固定する後者は成り立ちません。答案の $a=1,\ b=c=0$ がその実例でした。各 $x$ で都合よく $\ge$ と $\le$ を使い分けてよいかどうかが、両者を分けています。

成り立つ向きは一つだけ

とはいえ、両者は無関係ではありません。一方向だけは常に成り立ちます。

$$\bigl(\forall x,\ P(x)\bigr)\lor\bigl(\forall x,\ Q(x)\bigr) \;\Longrightarrow\; \forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr)$$

「全部で $P$」または「全部で $Q$」なら、各 $x$ で確かに「$P$ または $Q$」だからです。誤答は、この成り立つ向き($\Leftarrow$)ではなく、成り立たない逆向き($\Rightarrow$)を使ってしまった、というのが誤りの正体です。

同じ問題に「分配できる $\land$」が隠れている

おもしろいのは、分配してよい場合も同じ問題に顔を出していることです。$P(x)$ 自身は連立、つまり論理積でした。

$$P(x):\ (ax+b\ge 0)\land(ax+c\ge 0)$$

こちらを $\forall$ で受けるときは、

$$\forall x,\ \bigl((ax+b\ge 0)\land(ax+c\ge 0)\bigr) \iff \bigl(\forall x,\ ax+b\ge 0\bigr)\land\bigl(\forall x,\ ax+c\ge 0\bigr)$$

と、$\forall$ を $\land$ には自由に分配できます。両方を全 $x$ で要求するのと、各々を全 $x$ で要求するのは、同じことだからです。同じ問題の中で、$\forall$ は内側の $\land$ には分配できるのに、外側の $\lor$ には分配できない。この問題ならではの対比です。

場合分けは「$\forall$ の分配」ではない

正しい解答も、最後は

$$(a=0\ \text{かつ}\ bc\ge 0)\ \lor\ (a\ne 0\ \text{かつ}\ b=c)$$

という論理和の形になりました。「$\forall$ を $\lor$ に分配してはいけないと言ったのに、答えが論理和なのは矛盾では」と気になるかもしれません。しかしこれは分配とは別物です。

場合分けがしているのは、つねに正しい $a=0\lor a\ne 0$ で2通りに割ることです。式にすると

$$\begin{aligned} &\forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr)\\ \iff{}& \Bigl(a=0\ \land\ \forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr)\Bigr)\ \lor\ \Bigl(a\ne 0\ \land\ \forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr)\Bigr) \end{aligned}$$

となります。注目したいのは、$\forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr)$ が両方の枝にそっくりそのまま残っていることです。$\forall x$ は $\lor$ の中へ割り込んでいません。そのうえで、左の枝では $a=0$ から $\forall x,\ (P\lor Q)$ が $bc\ge 0$ に、右の枝では $a\ne 0$ から $b=c$ に変わり、$(a=0\land bc\ge 0)\lor(a\ne 0\land b=c)$ に至ります。

これに対して誤答は

$$\forall x,\ \bigl(P(x)\lor Q(x)\bigr) \quad\longrightarrow\quad \bigl(\forall x,\ P(x)\bigr)\lor\bigl(\forall x,\ Q(x)\bigr)$$

と、$\forall x,\ (P\lor Q)$ そのものを割って $\forall x$ を内側へ送り込んでいます。割っている文字が違うことに注意してください。場合分けで $\lor$ にしているのは、求めたいパラメータ $a$（$\forall$ に縛られていない自由な文字）についての排反な2通りで、これはいつでも安全です。一方、誤答が $\lor$ に分配しようとしたのは $\forall$ が縛っている $x$ で、こちらは許されません。

同じ論理和でも、枠ごと保つ前者と中身を割る後者は、まったく別の操作なのです。

Theme3 との双対

量化記号と結合子の組み合わせを並べると、次のようになります。

$$\begin{aligned} \forall x,\ (p\land q) &\iff (\forall x,\ p)\land(\forall x,\ q)\\ \forall x,\ (p\lor q) &\;\Longleftarrow\; (\forall x,\ p)\lor(\forall x,\ q)\\ \exists x,\ (p\land q) &\;\Longrightarrow\; (\exists x,\ p)\land(\exists x,\ q)\\ \exists x,\ (p\lor q) &\iff (\exists x,\ p)\lor(\exists x,\ q) \end{aligned}$$

$\forall$ と $\land$、$\exists$ と $\lor$ は相性のよい組み合わせで、$\iff$ で自由に行き来できます。「すべて」と「かつ」はどちらも全部そろうことを求め、「ある」と「または」はどれか一つあればよい——求めるものの性質がそろっているからです。一方、相手の違う $\forall$ と $\lor$、$\exists$ と $\land$ は一方向だけ。Theme3 の主役は 3 行目（まとめた側 $\Rightarrow$ 分けた側）、今回の主役は 2 行目（分けた側 $\Rightarrow$ まとめた側）で、成り立つ向きがちょうど逆になっています。

そして「どちらの選言肢が効くかは $x$ ごとに変わってよい」というこの感覚は、次の Theme5 へまっすぐ続きます。$x$ の取り方ごとに相手を選び直してよいのか、それとも一つで全部を賄わなければならないのか——量化記号を二つ重ねたときの、順序の話です。