論理学で学ぶ数学 Theme5

$a$ を実数の定数として、実数 $x,y$ についての条件

$$p(x,y):\quad y>-x^2+(a-2)x+a-4\land y<x^2-(a-4)x+3$$

を考える。次の各文が成り立つための $a$ の値の範囲を求めよ。

(1) どんな $x$ に対しても、それぞれ適当な $y$ をとれば、$p(x,y)$ が成り立つ。

(2) 適当な $y$ をとれば、どんな $x$ に対しても、$p(x,y)$ が成り立つ。

$$f(x)=-x^2+(a-2)x+a-4,\qquad g(x)=x^2-(a-4)x+3$$

とおく。このとき

$$p(x,y)\iff f(x)<y<g(x)$$

である。

(1)

求める条件は

$$\forall x\in\mathbb{R},\exists y\in\mathbb{R},\ p(x,y)$$

である。

$x$ を固定する。区間 $\bigl(f(x),g(x)\bigr)$ が空でないこと、すなわち $f(x)<g(x)$ が、その内部に $y$ が存在する条件であるから、

$$\exists y\in\mathbb{R},\ f(x)<y<g(x)\iff f(x)<g(x)$$

である。したがって

$$\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\exists y\in\mathbb{R},\ p(x,y) &\iff \forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<g(x) \\ &\iff \forall x\in\mathbb{R},\ -x^2+(a-2)x+a-4<x^2-(a-4)x+3 \\ &\iff \forall x\in\mathbb{R},\ 2x^2+(6-2a)x+7-a>0. \end{aligned}$$

$2x^2+(6-2a)x+7-a$ は $x$ について下に凸な二次式である。その判別式を $D$ とすると、

$$\begin{aligned} D &=(6-2a)^2-4\cdot2(7-a) \\ &=4(a-3)^2-8(7-a) \\ &=4(a^2-4a-5) \\ &=4(a-5)(a+1). \end{aligned}$$

下に凸な二次式がすべての実数 $x$ に対して正となる必要十分条件は $D<0$ であるから、

$$\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ 2x^2+(6-2a)x+7-a>0 &\iff D<0 \\ &\iff 4(a-5)(a+1)<0 \\ &\iff -1<a<5. \end{aligned}$$

よって、求める条件は

$$-1<a<5$$

(2) 解法1

求める条件は

$$\exists y\in\mathbb{R},\forall x\in\mathbb{R},\ p(x,y)$$

である。すなわち

$$\exists y\in\mathbb{R},\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y<g(x)$$

であるから、

$$\exists y\in\mathbb{R}, \left(\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y\right) \land \left(\forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x)\right)$$

である。

まず、$y$ を固定して、$x$ についての全称条件を処理する。

$$\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y &\iff \forall x\in\mathbb{R},\ -x^2+(a-2)x+a-4<y \\ &\iff \forall x\in\mathbb{R},\ x^2-(a-2)x+y-a+4>0. \end{aligned}$$

$x^2-(a-2)x+y-a+4$ は $x$ について下に凸な二次式であるから、すべての実数 $x$ に対して正となる条件は、判別式が負であることである。よって

$$\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y &\iff (a-2)^2-4(y-a+4)<0 \\ &\iff a^2-4a+4-4y+4a-16<0 \\ &\iff a^2-12-4y<0 \\ &\iff y>\frac{a^2-12}{4}. \end{aligned}$$

同様に、

$$\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x) &\iff \forall x\in\mathbb{R},\ y<x^2-(a-4)x+3 \\ &\iff \forall x\in\mathbb{R},\ x^2-(a-4)x+3-y>0. \end{aligned}$$

$x^2-(a-4)x+3-y$ は $x$ について下に凸な二次式であるから、

$$\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x) &\iff (a-4)^2-4(3-y)<0 \\ &\iff a^2-8a+16-12+4y<0 \\ &\iff a^2-8a+4+4y<0 \\ &\iff y<\frac{-a^2+8a-4}{4}. \end{aligned}$$

したがって、求める条件は

$$\exists y\in\mathbb{R}, \left( y>\frac{a^2-12}{4} \land y<\frac{-a^2+8a-4}{4} \right)$$

である。すなわち

$$\exists y\in\mathbb{R},\ \frac{a^2-12}{4}<y<\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

である。

このような実数 $y$ が存在する条件は

$$\frac{a^2-12}{4}<\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \frac{a^2-12}{4}<\frac{-a^2+8a-4}{4} &\iff a^2-12<-a^2+8a-4 \\ &\iff 2a^2-8a-8<0 \\ &\iff a^2-4a-4<0 \\ &\iff (a-2)^2<8 \\ &\iff 2-2\sqrt2<a<2+2\sqrt2. \end{aligned}$$

よって、求める条件は

$$2-2\sqrt2<a<2+2\sqrt2$$

(2) 解法2

求める条件は

$$\exists y\in\mathbb{R},\forall x\in\mathbb{R},\ p(x,y)$$

である。すなわち

$$\exists y\in\mathbb{R},\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y<g(x)$$

であるから、

$$\exists y\in\mathbb{R}, \left(\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y\right) \land \left(\forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x)\right)$$

である。

ここで、

$$\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y$$

は、$f(x)$ の最大値が $y$ より小さいことと同値である。また、

$$\forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x)$$

は、$y$ が $g(x)$ の最小値より小さいことと同値である。したがって、求める条件は

$$\exists y\in\mathbb{R},\ \max_{x\in\mathbb{R}}f(x)<y<\min_{x\in\mathbb{R}}g(x)$$

である。

$f(x)$ を平方完成すると、

$$\begin{aligned} f(x) &=-x^2+(a-2)x+a-4 \\ &=-\left(x-\frac{a-2}{2}\right)^2+\frac{(a-2)^2}{4}+a-4. \end{aligned}$$

よって

$$\max_{x\in\mathbb{R}}f(x)=\frac{(a-2)^2}{4}+a-4=\frac{a^2-12}{4}$$

また、$g(x)$ を平方完成すると、

$$\begin{aligned} g(x) &=x^2-(a-4)x+3 \\ &=\left(x-\frac{a-4}{2}\right)^2+3-\frac{(a-4)^2}{4}. \end{aligned}$$

よって

$$\min_{x\in\mathbb{R}}g(x)=3-\frac{(a-4)^2}{4}=\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

したがって、求める条件は

$$\exists y\in\mathbb{R},\ \frac{a^2-12}{4}<y<\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

である。

このような実数 $y$ が存在する条件は

$$\frac{a^2-12}{4}<\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \frac{a^2-12}{4}<\frac{-a^2+8a-4}{4} &\iff a^2-12<-a^2+8a-4 \\ &\iff 2a^2-8a-8<0 \\ &\iff a^2-4a-4<0 \\ &\iff (a-2)^2<8 \\ &\iff 2-2\sqrt2<a<2+2\sqrt2. \end{aligned}$$

よって、求める条件は

$$2-2\sqrt2<a<2+2\sqrt2$$

今回の中心は、量化子 $\forall,\exists$ の順序です。

$\forall x,\exists y$ と $\exists y,\forall x$ は違う

(1) の条件は

$$\forall x\in\mathbb{R},\exists y\in\mathbb{R},\ p(x,y)$$

です。これは、「$x$ を先に決める。そのあとで、その $x$ に応じて $y$ を選んでよい」という意味です。

したがって、$y$ は $x$ ごとに変わってかまいません。今回なら、各 $x$ に対して

$$f(x)<y<g(x)$$

を満たす $y$ が存在すればよいので、

$$f(x)<g(x)$$

をすべての $x$ について調べればよいことになります。

一方、(2) の条件は

$$\exists y\in\mathbb{R},\forall x\in\mathbb{R},\ p(x,y)$$

です。これは、「先にひとつの $y$ を決める。その同じ $y$ で、すべての $x$ に対応しなければならない」という意味です。

したがって、$y$ を $x$ に応じて変えることはできません。

見た目は似ていても、

$$\forall x,\exists y,\ p(x,y)\qquad \exists y,\forall x,\ p(x,y)$$

は一般には別の意味になります。

内側の量化子から処理する

(2) の解法1では、

$$\exists y\in\mathbb{R},\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y<g(x)$$

を、内側にある $\forall x$ から処理しました。

まず

$$\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y$$

を、$y$ を固定したまま $x$ の二次不等式として調べます。これにより

$$y>\frac{a^2-12}{4}$$

が得られます。

同じように

$$\forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x)$$

を処理すると、

$$y<\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

が得られます。

つまり、はじめは $x,y$ についての条件だったものが、

$$\exists y\in\mathbb{R},\ \frac{a^2-12}{4}<y<\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

という、$y$ についての存在条件に変わります。最後に、このような $y$ が存在する条件を調べれば、$a$ だけの条件になります。

このように、量化子が重なっているときは、内側の変数から順に消去していくと機械的に処理できます。

ここでの $\land$ は分けてよい

ひとつ確認しておきます。いまの処理では、

$$\forall x\in\mathbb{R},\ (f(x)<y\land y<g(x))$$

を

$$(\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y)\land(\forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x))$$

に分けてから、$f$ 側と $g$ 側を別々に処理しました。Theme3・4 では「分配できない」例ばかり見てきたので気になるところですが、これは許されます。Theme4 で見たとおり、$\forall$ は $\land$ には分配できるからです。各 $x$ で2つの不等式がともに成り立つことと、一方が全 $x$ で成り立ち、かつもう一方も全 $x$ で成り立つことは、同じことです。

最大値・最小値で読む

(2) の解法2では、同じ処理を最大値・最小値で読み替えました。これは Theme3 でやったことの裏返しです。

Theme3 では、「ある $x$ で $15$ 未満にできる」を「とりうる値の一番低いところが $15$ 未満」と読み、$\exists x$ を $\min$ で書き換えました。今回必要なのはその双対です。すなわち、

$$\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y$$

とは「$f(x)$ がどの値をとっても $y$ より小さい」、つまり「一番高いところすら $y$ より小さい」ということですから、

$$\forall x\in\mathbb{R},\ f(x)<y \iff \max_{x\in\mathbb{R}}f(x)<y$$

と読めます。$\exists$ を $\min$ で読むなら、$\forall$ は $\max$ で読む。一番高いところさえ届かなければどこも届かない、という理屈で、Theme3 と上下が反転しているだけです。

同じく、

$$\forall x\in\mathbb{R},\ y<g(x) \iff y<\min_{x\in\mathbb{R}}g(x)$$

です。こちらは $y$ が下から $g(x)$ を抑える側なので、$g$ の一番低いところ $\min g$ が基準になります。

よって、(2) の条件は

$$\exists y\in\mathbb{R},\ \max_{x\in\mathbb{R}}f(x)<y<\min_{x\in\mathbb{R}}g(x)$$

と読めます。このような $y$ が存在するためには、

$$\max_{x\in\mathbb{R}}f(x)<\min_{x\in\mathbb{R}}g(x)$$

であればよいわけです。

解法1は「量化子を順に消す」方法、解法2は「全称条件を最大値・最小値で読む」方法です。どちらも同じことをしていますが、前者は機械的、後者は見通しがよい、という違いがあります。

同じ $y$ であること

(2) で大切なのは、

$$\exists y\in\mathbb{R}, \left( y>\frac{a^2-12}{4} \land y<\frac{-a^2+8a-4}{4} \right)$$

の $y$ が同じ文字だということです。

Theme3 の「同じ $x$」と同じことが、ここでも起きています。上の式は、「下限より大きい $y$ が存在する」と「上限より小さい $y$ が存在する」を別々に言っているのではありません。ひとつの同じ $y$ が、両方の不等式を同時に満たさなければならないのです。

言いかえると、

$$\exists y\in\mathbb{R},(P(y)\land Q(y))$$

を、$\exists$ を $\land$ に分けて

$$(\exists y,\ P(y))\land(\exists y,\ Q(y))$$

としてはいけない、ということです。Theme3 で「$\exists$ は $\land$ に分配できない」と見たその罠が、$y$ について再び現れています。下限を超える $y$ はいくらでもあるし、上限を下回る $y$ もいくらでもありますが、それだけでは「同じひとつの $y$」が両方を満たす保証にはなりません。

だからこそ、最後に見るべき条件は

$$\frac{a^2-12}{4}<\frac{-a^2+8a-4}{4}$$

です。これは、実数の開区間

$$\left(\frac{a^2-12}{4},\frac{-a^2+8a-4}{4}\right)$$

が空でない条件を調べている、と見ることもできます。下限が上限より小さくなって、はじめて両方を満たす $y$ が中に入るからです。

成り立つ向きは一つだけ

ここまで (1)(2) を別々に解いてきましたが、二つの答えは無関係ではありません。並べてみます。

$$\begin{aligned} \forall x,\exists y,\ p(x,y) &\iff -1<a<5\\ \exists y,\forall x,\ p(x,y) &\iff 2-2\sqrt2<a<2+2\sqrt2 \end{aligned}$$

ここで $2\pm2\sqrt2$ は $-1$ と $5$ の内側にあります。実際、

$$\begin{aligned} 2-2\sqrt2>-1 &\iff 3>2\sqrt2 \iff 9>8\\ 2+2\sqrt2<5 &\iff 2\sqrt2<3 \iff 8<9 \end{aligned}$$

がともに成り立つので、

$$(2-2\sqrt2,\ 2+2\sqrt2)\subsetneq(-1,\ 5)$$

です。(2) が成り立つ $a$ では、かならず (1) も成り立つ。けれども逆はそうではありません。

これは偶然ではなく、量化子の順序がもともと持っている性質です。一般に、

$$\exists y,\forall x,\ p(x,y)\;\Longrightarrow\;\forall x,\exists y,\ p(x,y)$$

はつねに成り立ちます。すべての $x$ に同時に効く $y$ が一つあるなら、各 $x$ に対しても、その同じ $y$ をそのまま使えばよいからです。Theme4 の終わりに触れた、一様か $x$ 依存か、という問いの答えがこれで、一様な $\exists y\forall x$ のほうが強く、$x$ 依存の $\forall x\exists y$ のほうが弱いわけです。

逆向き

$$\forall x,\exists y,\ p(x,y)\;\Longrightarrow\;\exists y,\forall x,\ p(x,y)$$

は一般には成り立ちません。その反例が、包含のすきま $2+2\sqrt2<a<5$ にあります。たとえば $a=\dfrac{49}{10}$ をとると、$-1<\dfrac{49}{10}<5$ より (1) は成り立ちますが、$\left(\dfrac{29}{10}\right)^2=\dfrac{841}{100}>8=(2\sqrt2)^2$ より $\dfrac{49}{10}>2+2\sqrt2$ ですから (2) は成り立ちません。つまり、各 $x$ に対しては $y$ をとれるのに、すべての $x$ を同時に賄う一つの $y$ は存在しない。$\forall x\exists y$ は真で、$\exists y\forall x$ は偽です。

なぜそうなるかは、条件 $f(x)<y<g(x)$ を絵にすると見えます。$f$ は上に凸、$g$ は下に凸ですから、$p(x,y)$ を満たす点 $(x,y)$ は二つの放物線にはさまれた帯です。(1) は「どの $x$ でも帯が空でない」、すなわち各縦線が帯と交わること $f(x)<g(x)$。(2) は「一本の水平線 $y=c$ が帯ぜんぶを貫く」、すなわち $\max f<c<\min g$ となる高さ $c$ があることです。

反例の範囲では、帯はどの $x$ でも空でないのに、$f$ の一番高いところ $\max f$ が $g$ の一番低いところ $\min g$ を下回りません。しかも $\max f$ と $\min g$ は別々の $x$ で起きるので、水平線をどこに引いても、$f$ をよけきれば $g$ にぶつかり、$g$ をよけきれば $f$ にぶつかる。各縦線では帯に入れるのに、一本の横線では貫けないのです。

順序を入れかえられるとき、入れかえられないとき

最後に、今回の構造を量化子2つの並びとして見渡しておきます。

$$\begin{aligned} \exists x,\exists y,\ p(x,y) &\iff \exists y,\exists x,\ p(x,y)\\ \forall x,\forall y,\ p(x,y) &\iff \forall y,\forall x,\ p(x,y)\\ \exists y,\forall x,\ p(x,y) &\;\Longrightarrow\; \forall x,\exists y,\ p(x,y) \end{aligned}$$

上の2行は、同じ種類の量化子が並んだ場合です。$\exists$ どうし、$\forall$ どうしなら、順序を入れかえても意味は変わりません。同種は交換自由です。

変わるのは3行目、種類の違う $\forall$ と $\exists$ が並んだときだけです。このときは $\iff$ ではなく、$\exists y\forall x$ から $\forall x\exists y$ への一方向しか成り立ちません。一様な $y$ が一つあれば各 $x$ に使い回せますが、各 $x$ ごとに選び直した $y$ を一つにまとめられるとは限らないからです。今回ずっと見てきたのは、この3行目でした。