論理と証明の要点辞典｜必要十分・背理法・対偶・帰納法と、減点されない答案の書き方

例題1-1（命題の真偽と反例）　次の命題の真偽を調べ、偽ならば反例を挙げてください。
(1) 実数 x について「x > 2 ならば x² > 4」
(2) 実数 x について「x² > 4 ならば x > 2」

(1)　x > 2 なら両辺とも正なので、2乗しても大小は保たれ x² > 4。真。

(2)　x = −3 とすると x² = 9 > 4 ですが x = −3 < 2。偽（反例 x = −3）。

集合で見ると：P = {x | x > 2}、Q = {x | x² > 4} = {x | x < −2 または x > 2}。
P ⊂ Q なので (1) は真。逆に Q は P より広い（負の部分を含む）ので Q ⊄ P、よって (2) は偽。反例は「Q にあって P にない部分」から拾えばよい——x < −2 の範囲から選べば必ず反例になります。

ここが大事：反例は「勘で探す」ものではありません。集合の差の部分を見れば、どこから拾えばよいかが決まります。

例題1-2（否定を作る）　次の条件の否定を書いてください。
(1) x > 0 かつ y > 0　(2) x = 1 または x = 2　(3) 0 ≤ x < 3

(1)　ド・モルガンで「かつ」→「または」、それぞれ否定して
x ≤ 0 または y ≤ 0

(2)　「または」→「かつ」
x ≠ 1 かつ x ≠ 2

(3)　0 ≤ x < 3 は「x ≥ 0 かつ x < 3」という「かつ」の形です。だから否定は
x < 0 または x ≥ 3

(3)が落とし穴：不等式が2つ並んでいる形は、見た目には1つの条件でも中身は「かつ」です。だから否定すると「または」になり、2つの範囲に分かれます。ここを「x < 0 かつ x ≥ 3」と書くと、そんな数は存在しないので条件が空になってしまいます。

確認のしかた：数直線を描いて、もとの条件を塗り、その外側が否定と確かめてください。(3)なら、塗った区間の左右両方が残ります。「残りが2つに分かれるなら、否定は『または』」——図で確認すれば間違えません。

例題1-3（言葉の条件の否定）　次の条件の否定を書いてください。
(1) 実数 a, b について「a, b の少なくとも一方は無理数である」
(2) 整数 m, n について「m, n はともに偶数である」

(1)　「少なくとも一方が無理数」は「a が無理数 または b が無理数」。否定は「かつ」に変わって
a, b はともに有理数である

(2)　「ともに偶数」は「m が偶数 かつ n が偶数」。否定は
m, n の少なくとも一方は奇数である

言い回しの対応表

なぜここが重要か：背理法（第5章）では「否定を仮定する」ところから始めます。否定を作り間違えると、証明全体が別のものになってしまいます。この対応表は、背理法の入口です。

例題1-4（集合の包含で判定する）　実数 x について、条件 p：|x − 1| < 2、条件 q：−2 < x < 4 とします。命題「p ⇒ q」と「q ⇒ p」の真偽を調べてください。

手順1：条件を範囲に直す。
|x − 1| < 2 ⇔ −2 < x − 1 < 2 ⇔ −1 < x < 3

よって P = {x | −1 < x < 3}、Q = {x | −2 < x < 4}。

手順2：包含関係を見る。数直線に書くと、P は Q にすっぽり入っています。
P ⊂ Q なので　p ⇒ q は真
Q ⊄ P なので　q ⇒ p は偽（反例：x = 3.5 は q を満たすが p を満たさない）

答え：p ⇒ q は真、q ⇒ p は偽

絶対値の外し方：|A| < k（k > 0）は −k < A < k。これは「0からの距離が k 未満」という意味そのものです。数学I・Aの絶対値の話が、そのまま論理の判定に使われています。

この判定法の価値：命題の真偽を「感覚」で決めないこと。集合に直して包含関係を見れば、必ず答えが出ます。次章の必要条件・十分条件も、まったく同じ道具で判定できます。

例題1-5（「p ならば q」が真になる範囲）　実数 x について、次の命題が真となる定数 a の範囲を求めてください。
　(1) 「|x − 1| < 2 ならば x < a」
　(2) 「x ≥ a ならば x > 1」

考え方：条件を集合に置きかえると、「p ならば q」が真　⇔　P ⊆ Q（p を満たすものが、すべて q も満たす）。数直線に2つの範囲を描いて、片方がもう片方にすっぽり入る条件を読む——ここまで来れば、あとは端点の扱いだけです。

(1)　|x − 1| < 2 は −1 < x < 3。これが x < a に含まれるので
　3 ≤ a

(2)　x ≥ a が x > 1 に含まれるので
　a > 1

答え：(1) a ≥ 3　(2) a > 1

確認：端点で必ず試すこと。ここが (1) と (2) で分かれた理由です。
(1) で a = 3 とすると、p は −1 < x < 3、q は x < 3。x = 3 はそもそも p を満たさないので反例になりません。だから a = 3 を含めてよい。
(2) で a = 1 とすると、x = 1 は p（x ≥ 1）を満たすのに q（x > 1）を満たしません。これが反例なので a = 1 は除きます。
不等号に等号が付くかどうかは、覚えるものではなく、境目の1点を代入すれば毎回決まります。「p を満たしていて q を満たさない x があるか」——この1問だけを自分に聞けば、迷いません。
なお a をうんと大きくしても (1) は真のままです。包含は「ぴったり一致」ではなく「入っていればよい」ので、範囲に上限が出ないこともあります。

例題2-1（判定の基本）　実数 x について、「x = 2」は「x² = 4」であるための何条件ですか。

手順1：矢印を両方向とも調べる。
x = 2 ⇒ x² = 4　→　真（代入すれば 4 = 4）
x² = 4 ⇒ x = 2　→　偽（反例：x = −2）

手順2：向きから判定する。矢印が出ているのは x = 2 の側なので
「x = 2」は「x² = 4」であるための十分条件だが必要条件ではない

集合で確認：P = {2}、Q = {2, −2}。P ⊂ Q で P のほうが狭いので、狭いほうが十分——合っています。

答え：十分条件であるが、必要条件ではない

例題2-2（図形で判定）　四角形について、「正方形である」は「ひし形である」であるための何条件ですか。また「対角線が直交する」は「ひし形である」であるための何条件ですか。

(1) 正方形とひし形
正方形 ⇒ ひし形　→　真（正方形は4辺が等しいのでひし形の条件を満たす）
ひし形 ⇒ 正方形　→　偽（反例：角が90°でないひし形）
よって「正方形である」は「ひし形である」であるための十分条件だが必要条件ではない。

(2) 対角線が直交することとひし形
ひし形 ⇒ 対角線が直交　→　真
対角線が直交 ⇒ ひし形　→　偽（反例：たこ形〈凧形〉は対角線が直交するがひし形とは限らない）
よって「対角線が直交する」は「ひし形である」であるための必要条件だが十分条件ではない。

集合の入れ子で整理する：
{正方形} ⊂ {ひし形} ⊂ {対角線が直交する四角形}

内側が十分、外側が必要。3つ以上並んだときも、この順序さえ書ければ、どの組み合わせを聞かれても答えられます。「入れ子の図を1回描く」のが最短ルートです。

例題2-3（必要十分条件の証明）　実数 a, b について、次が必要十分条件であることを証明してください。
「a + b > 0 かつ ab > 0」　⇔　「a > 0 かつ b > 0」

（⇐ の証明）　a > 0 かつ b > 0 と仮定します。
正の数どうしの和は正なので a + b > 0。
正の数どうしの積は正なので ab > 0。
よって右辺から左辺が導けました。

（⇒ の証明）　a + b > 0 かつ ab > 0 と仮定します。
ab > 0 より、a と b は同符号（どちらも0ではない）。
もし両方とも負なら a + b < 0 となり、仮定 a + b > 0 に反します。
よって両方とも正、すなわち a > 0 かつ b > 0。

以上より、両者は必要十分条件です。（証明終わり）

確認：(a, b) = (1, 3) は両方満たす。(−1, −3) は ab = 3 > 0 だが a+b = −4 < 0 なので左辺も右辺も満たさない。(3, −1) は a+b = 2 > 0 だが ab = −3 < 0 で、こちらも両方満たさない。すべての場合で左右の真偽が一致しています。

この形が入試で問われる理由：これは2次方程式の2解がともに正である条件そのものです。解と係数の関係から α + β と αβ はすぐ出るので、解を求めずに符号が判定できます（判別式で実数解であることを別に確認する必要はあります）。

例題2-4（同値変形で示す）　実数 x について、「|x| < 1」は「x² < 1」であるための何条件ですか。

同値変形で一気に示します。両辺とも0以上なので、2乗しても大小関係が変わりません。
|x| < 1　⇔　|x|² < 1²　⇔　x² < 1

（|x|² = x² であることを使いました）

答え：必要十分条件（同値）

なぜここでは2乗が同値なのか：一般に「2乗する」は片道の変形です。しかし両辺がともに0以上のときに限り、同値になります。ここでは |x| ≥ 0 と 1 > 0 なので条件を満たしています。「2乗は同値か」を毎回確認する——これが第6章の中心的なテーマです。

確認：x = 0.5 なら |x| = 0.5 < 1、x² = 0.25 < 1。両方成立。x = −2 なら |x| = 2、x² = 4。両方不成立。x = −0.5 なら両方成立。負の数でも一致することが確認できます。

例題2-5（どちらでもない場合）　実数 x、y について、「xy > 0」は「x + y > 0」であるための何条件ですか。

考え方：必要条件・十分条件の問題は、いつも両向きを1つずつ調べるだけです。ここではどちらの向きも成り立たない——つまり「必要条件でも十分条件でもない」が答えになります。この場合に大事なのは、反例を2つ挙げること。1つでは片方しか否定できません。

① xy > 0 ⇒ x + y > 0 は成り立つか
　x = −1、y = −1 とすると xy = 1 > 0 ですが x + y = −2 < 0。反例があるので偽。
　（両方とも負でも積は正になる、というのがここの落とし穴です）

② x + y > 0 ⇒ xy > 0 は成り立つか
　x = 3、y = −1 とすると x + y = 2 > 0 ですが xy = −3 < 0。反例があるので偽。

答え：必要条件でも十分条件でもない

確認：答案では「①の反例」と「②の反例」を両方書いて、はじめて「どちらでもない」と言えます。片方だけ書いて「どちらでもない」と結論すると、そこで減点されます。
ちなみに「x > 0 かつ y > 0」なら、xy > 0 も x + y > 0 も両方いえます。条件を1つ強めるだけで関係が変わるので、問題文がどちらを聞いているかを毎回読み直してください。「何条件か」を答える前に、必ず矢印を2本書いて、それぞれに○か反例を書き込む——この手順にしておくと、向きの取り違えが起きません。

例題3-5（「すべて」と「ある」の順序）　実数 x、y について、次の2つの命題の真偽を調べてください。
　(1)　すべての x に対して、ある y が存在して x + y = 0 となる。
　(2)　ある y が存在して、すべての x に対して x + y = 0 となる。

考え方：使われている語は同じで、並んでいる順序だけが違います。ところがこの順序で意味は変わります。後ろに書かれたものは、前に書かれたものを見てから選べる——ここを押さえると、2つの違いがはっきりします。

(1) は「x を1つ決めるたびに、それに合う y を選んでよい」。
(2) は「y を先に1つ決め、その1つですべての x をまかなう」。

(1)　x がどんな値でも y = −x とすれば x + y = 0。x を決めたあとに y を選べるので、これで足ります。よって真。

(2)　y を1つ固定します。すると x + y = 0 が成り立つのは x = −y のときだけ。
たとえば x = −y + 1 を入れると x + y = 1 ≠ 0 となり、成り立ちません。どんな y を選んでも反例が作れるので偽。

答え：(1) 真　(2) 偽

確認：反例の作り方が、(1) と (2) で違うことに注意してください。(1) を否定するには「ある x があって、どの y でもだめ」を示す必要があり、x を1つ挙げるだけでは足りません。(2) を否定するには「どの y についても、それをだめにする x がある」を示せばよく、上のように y の式で x を書けば済みます。
答案では、「〜を任意にとる」「〜を1つ固定する」と書き分けるだけで、どちらの順序で読んでいるかが伝わります。第1章の否定の作り方と合わせて、順序を保ったまま否定できるかどうかが分かれ目です。

例題3-1（真偽と否定）　次の命題の真偽を調べ、その否定を書いてください。
(1) すべての実数 x について x² ≥ 0
(2) ある実数 x について x² + 1 = 0

(1)　実数の2乗は必ず0以上なので真。
否定：ある実数 x について x² < 0（これは偽）

(2)　x² ≥ 0 なので x² + 1 ≥ 1 > 0。0になることはないので偽。
否定：すべての実数 x について x² + 1 ≠ 0（これは真）

確かめ方の対応：もとの命題と、その否定の真偽は必ず逆になります。(1)が真なら否定は偽、(2)が偽なら否定は真。これが一致していなければ、否定の作り方を間違えています。否定を書いたら、必ずこの対応を確認してください。

例題3-2（すべてで成り立つ条件）　すべての実数 x について x² + ax + 1 > 0 が成り立つような定数 a の範囲を求めてください。

手順1：最小値の条件に言いかえる。「すべての x で正」は「最小値が正」。

手順2：2次関数として処理する。x² の係数は 1 > 0 なので下に凸。したがってx 軸と交わらなければよいので、判別式が負。
D = a² − 4 < 0　→　(a − 2)(a + 2) < 0　→　−2 < a < 2

答え：−2 < a < 2

確認：a = 1.9 のとき最小値は 1 − 1.9²/4 = 1 − 0.9025 = 0.0975 > 0 ✓。a = 2.1 のとき 1 − 1.1025 = −0.1025 < 0 なので、どこかで負になります ✓。境界のすぐ内と外で確かめるのが確実な検算です。

係数が文字だったら：もし問題が「ax² + bx + 1 > 0」なら、a = 0 の場合を別に調べる必要があります。ここでは x² の係数が 1 で固定なので、その心配はありません。係数に文字があるかどうかを、最初に確認する習慣をつけてください。

例題3-3（あるxで成り立つ条件）　ある実数 x について x² + ax + 1 < 0 となるような定数 a の範囲を求めてください。

手順1：否定の関係を利用する。この条件は、例題3-2の条件「すべての x で ≥ 0」の否定にあたります。

手順2：直接考える。「ある x で負になる」は「最小値が負」。下に凸なので、x 軸と2点で交わることと同じです。
D = a² − 4 > 0　→　a < −2 または a > 2

答え：a < −2 または a > 2

例題3-2との関係を確認する：
・すべての x で > 0　→　−2 < a < 2
・ある x で < 0　→　a < −2 または a > 2
・境界の a = ±2　→　重解をもち、x² + ax + 1 = (x ± 1)² ≥ 0。負にはならないが、0にはなるので、どちらの条件にも入りません。

この a = ±2 の扱いが山場です。「すべてで > 0」の否定は「あるところで ≤ 0」であって、「あるところで < 0」ではありません。等号の1文字で、境界が含まれるかどうかが変わります。否定を作るときは、不等号の等号部分にいちばん注意してください。

例題3-4（「すべて」が2つあるとき）　0 ≤ x ≤ 2 において f(x) = x² + 1、g(x) = 2x とします。次の2つの主張の違いを説明してください。
(A) すべての x（0 ≤ x ≤ 2）について f(x) ≥ g(x)
(B) すべての x, y（0 ≤ x ≤ 2、0 ≤ y ≤ 2）について f(x) ≥ g(y)

(A)の判定：同じ x どうしを比べます。
f(x) − g(x) = x² − 2x + 1 = (x − 1)² ≥ 0
どんな x でも0以上なので、(A)は真。

(B)の判定：x と y は独立に動きます。だから「f のいちばん低いところ」と「g のいちばん高いところ」を比べます。
f の最小値：f(0) = 1（0 ≤ x ≤ 2 では x = 0 のとき）
g の最大値：g(2) = 4

1 ≥ 4 は成り立たないので、(B)は偽。実際 x = 0, y = 2 とすると f(0) = 1 < 4 = g(2) で反例になります。

答え：(A)は真、(B)は偽。同じ「すべて」でも、比べる相手が連動しているか独立かで結論が変わります。

使い分けの整理

これは入試の頻出テーマです。問題文に文字が2つ出てきたら、「連動しているか、独立か」を最初に確認してください。ここを取り違えると、正しい計算をしても答えが合いません。

例題4-1（逆・裏・対偶を作る）　命題「実数 x について、x > 2 ならば x² > 4」について、逆・裏・対偶を書き、それぞれの真偽を答えてください。

もとの命題：x > 2 ⇒ x² > 4　……　真（例題1-1）

逆：x² > 4 ⇒ x > 2　……　偽（反例 x = −3）

裏：x ≤ 2 ⇒ x² ≤ 4　……　偽（反例 x = −3：−3 ≤ 2 だが 9 > 4）

対偶：x² ≤ 4 ⇒ x ≤ 2　……　真

対応の確認：もとの命題（真）と対偶（真）が一致、逆（偽）と裏（偽）が一致。この対応が崩れていたら、どこかで否定か矢印の向きを間違えています。作ったあとの検算として必ず使ってください。

否定の作り方に注意：x > 2 の否定は x ≤ 2（等号が入る）、x² > 4 の否定は x² ≤ 4。等号を落とすと、境界の x = 2 や x = ±2 が宙に浮きます。

例題4-2（対偶による証明）　整数 n について、「n² が偶数ならば n は偶数である」ことを証明してください。

方針：直接示そうとすると、n² = 2m から n の形を導く必要があり、扱いにくい。対偶をとります。

対偶：「n が奇数ならば n² は奇数である」

対偶の証明　n を奇数とすると、整数 k を用いて n = 2k + 1 と表せます。
n² = (2k + 1)² = 4k² + 4k + 1 = 2(2k² + 2k) + 1

2k² + 2k は整数なので、n² は2で割ると1余る数、すなわち奇数です。

対偶が真なので、もとの命題も真です。（証明終わり）

確認：n = 1, 3, 5, 7 のとき n² = 1, 9, 25, 49。すべて奇数 ✓

なぜ対偶が扱いやすいのか：「奇数である」は 2k+1 と具体的に書けますが、「n² が偶数」からは n の形が直接出てきません。「具体的な形に置けるほうを仮定にする」——これが対偶を選ぶ判断基準です。

この命題の使い道：√2 が無理数であることの証明（第5章）で、この結果をそのまま使います。補題として先に用意しておくのが定跡です。

例題4-3（言葉の命題を対偶で示す）　実数 a, b について、「a + b が無理数ならば、a, b の少なくとも一方は無理数である」ことを証明してください。

方針：「少なくとも一方が〜」は扱いにくい形です。対偶をとると「ともに〜」になり、具体的に置けます。

対偶：「a, b がともに有理数ならば、a + b は有理数である」

対偶の証明　a, b をともに有理数とすると、整数 p, q, r, s（q ≠ 0, s ≠ 0）を用いて
a = p/q、b = r/s
と表せます。このとき
a + b = p/q + r/s = (ps + rq)/(qs)

ps + rq と qs はともに整数で、qs ≠ 0。よって a + b は整数どうしの分数、つまり有理数です。

対偶が真なので、もとの命題も真です。（証明終わり）

否定の作り方をもう一度：
・「a, b の少なくとも一方は無理数」の否定 → 「a, b はともに有理数」
・「a + b は無理数」の否定 → 「a + b は有理数」
そして矢印の向きを入れかえる。この2手で対偶ができます。

この命題の意味：逆は成り立ちません。a = √2、b = −√2 はどちらも無理数ですが、a + b = 0 は有理数です。「無理数どうしを足しても無理数とは限らない」——この反例は覚えておく価値があります。

例題4-4（逆・裏・対偶の使い分け）　次の答案には誤りがあります。どこが誤りか指摘してください。

誤りの指摘：この答案は「n² が3の倍数 ⇒ n が3の倍数」を示しています。これはもとの命題の逆です。逆を示しても、もとの命題を示したことにはなりません。

正しい証明　n が3の倍数であるとすると、整数 k を用いて n = 3k と表せます。
n² = (3k)² = 9k² = 3(3k²)

3k² は整数なので、n² は3の倍数です。（証明終わり）

ここから学ぶこと：書き始める前に、「何を仮定して、何を導くのか」を1行で書く習慣をつけてください。「n が3の倍数であるとすると」——この一言があるだけで、向きの取り違えは防げます。

ちなみに逆も真です：この場合、逆「n² が3の倍数 ⇒ n が3の倍数」も実は真です（3が素数だから）。しかし「逆も真だから、逆を示せばよい」わけではありません。逆が真であることは、別に証明が要る事実です。問われた向きを示す——これが答案の原則です。

例題4-5（「かつ・または」を含む命題の対偶）　実数 x、y について、命題「x + y ≥ 2 ならば、x ≥ 1 または y ≥ 1」を考えます。(1) この命題の対偶を書いてください。(2) 対偶を使って、この命題が真であることを示してください。

考え方：結論に「または」が入っている命題は、直接示そうとすると「どちらを示せばいいのか」で手が止まります。対偶をとると、この「または」が「かつ」に変わって、条件が2本そろった形になります。そうなれば足すだけで済む——ここが、この型で対偶を選ぶ理由です。

(1)　結論の否定は、第1章のド・モルガンの法則から
　「x ≥ 1 または y ≥ 1」の否定　→　「x < 1 かつ y < 1」
仮定の否定は「x + y < 2」。矢印を入れかえて
　対偶：x < 1 かつ y < 1 ならば x + y < 2

(2)　x < 1、y < 1 とすると、辺々を足して
　x + y < 1 + 1 = 2
よって対偶は真。対偶が真ならもとの命題も真なので、示されました。

答え：(1) 「x < 1 かつ y < 1 ならば x + y < 2」　(2) 上のとおり真

確認：いちばん多い間違いは、「または」をそのまま残して「x < 1 または y < 1 ならば x + y < 2」を対偶だと思うことです。これはもとの命題と同値ではありません。実際 x = 1/2、y = 3 とすると、x < 1 は成り立つのに x + y = 7/2 で 2 以上。この形は偽です。もとの命題は真なのに対偶が偽になったら、対偶の作り方を間違えています。
対偶を作る手順は2つだけ。①仮定と結論を入れかえる　②それぞれを否定する。②のときに、「かつ」と「または」も必ず入れかわる——ここを飛ばさないでください。
なお、この命題を直接示すこともできます。「x < 1 かつ y < 1 なら x + y < 2 になってしまう」と背理法で言えばよく、対偶による証明と背理法は、じつは同じことを別の言い方でやっています（第5章）。

例題5-1（√2 が無理数であること）　√2 が無理数であることを証明してください。

証明　√2 が有理数であると仮定します。

すると、互いに素な正の整数 p, q を用いて
√2 = p/q
と表せます。（「互いに素」＝これ以上約分できない、と仮定しておきます）

両辺を2乗して分母を払うと
2q² = p²

左辺は2の倍数なので p² は偶数。例題4-2で示したとおり、p² が偶数なら p も偶数です。

そこで p = 2r（r は整数）と書くと
2q² = (2r)² = 4r²　→　q² = 2r²

今度は q² が偶数なので、同じ理由で q も偶数。

すると p と q がともに偶数、つまり2という共通の約数をもつことになり、「互いに素」という仮定に矛盾します。

よって √2 は有理数ではない、すなわち無理数です。（証明終わり）

この証明の骨組み：
① 否定（有理数）を仮定　② 互いに素という条件を付けて置く　③ 計算を進めて「両方偶数」を導く　④ ②と矛盾

②が急所です。「互いに素」を書いておかなければ、「両方偶数」は矛盾になりません（約分すればよいだけなので）。矛盾を作るための仕掛けを、最初に置いておく——背理法の設計はここにあります。

同じ型で示せるもの：√3、√5、√6 なども同じ手順です。ただし √3 の場合は「p² が3の倍数なら p も3の倍数」という補題を、別に用意する必要があります。

例題5-2（素数が無限にあること）　素数が無限に存在することを証明してください。

証明　素数が有限個しかないと仮定します。

そのすべてを p₁, p₂, …, p_n とします（これで全部です）。

ここで、次の数を考えます。
N = p₁ × p₂ × … × p_n + 1

N は2以上の整数なので、必ず何らかの素因数をもちます。その1つを p とします。

仮定より、p は p₁, …, p_n のどれかです。ところが N をその p で割ると1余ります（積の部分は割り切れ、+1 が残るため）。つまり p は N を割り切りません。

これは p が N の素因数であることに矛盾します。

よって素数は無限に存在します。（証明終わり）

小さい例で確かめる：2 × 3 × 5 + 1 = 31（素数）。2 × 3 × 5 × 7 × 11 × 13 + 1 = 30031 = 59 × 509。N 自身が素数とは限りませんが、その素因数は必ずリストの外にあります（59も509もリストにない）。「N が素数だ」と書くと誤り——ここは答案でよく間違えるところです。

この型が使える場面：「無限にある」を示すには、有限だと仮定して、リストの外にあるものを1つ作る。どんな有限のリストにも入らないものが作れるなら、有限では足りなかったということです。

例題5-3（有理数と無理数の関係）　a, b を有理数とするとき、a + b√2 = 0 ならば a = b = 0 であることを証明してください。

証明　b ≠ 0 であると仮定します。

このとき a + b√2 = 0 の両辺を b で割って移項すると
√2 = −a/b

右辺は有理数どうしの商なので有理数です（b ≠ 0 なので割れます）。

しかし √2 は無理数（例題5-1）なので、これは矛盾です。

よって b = 0。これを元の式に代入すると a = 0。

したがって a = b = 0 です。（証明終わり）

この結果の使い道：「√2 の係数どうし、有理数どうしを比較してよい」という根拠になります。たとえば a + b√2 = 3 + 5√2（a, b は有理数）なら、移項して (a−3) + (b−5)√2 = 0。この結果から a = 3, b = 5 が言えます。

なぜ証明が必要なのか：「係数を比較すればいい」は当たり前に見えますが、それが許される理由は √2 が無理数だからです。もし √4 = 2 のように有理数なら、a + b·2 = 0 は a = −2, b = 1 でも成り立ち、係数比較はできません。使ってよい場面かどうかを確かめる——それが論理の役割です。

例題5-4（有名問題・評価して示す）　円周率 π が 3.05 より大きいことを証明してください。（2003年　東京大学）

この問題が有名な理由：π = 3.14159… と知っていても、それは証明ではありません。「自分の手で下から評価する」ことが問われています。

方針：半径1の円に内接する正十二角形を考えます。折れ線は、それが結ぶ弧より短い。だから
（正十二角形の周）<（円周）= 2π
左辺を計算して、それが 2 × 3.05 = 6.1 より大きいことを示せば完了です。

証明　半径1の円に内接する正十二角形を考えます。中心角は 360° ÷ 12 = 30° なので、1辺の長さは二等辺三角形（等辺1、頂角30°）の底辺にあたり、2 sin15° です。

よって周の長さは 24 sin15°。半角の公式から
sin²15° = (1 − cos30°)/2 = (1 − √3/2)/2 = (2 − √3)/4
sin15° = √(2 − √3)/2

したがって
（正十二角形の周）= 24 × √(2 − √3)/2 = 12√(2 − √3)

ここを下から評価します。1.733² = 3.003289 > 3 なので √3 < 1.733。よって
2 − √3 > 2 − 1.733 = 0.267

また 0.5167² = 0.26697889 < 0.267 なので √(2 − √3) > 0.5167。したがって
（正十二角形の周）= 12√(2 − √3) > 12 × 0.5167 = 6.2004

一方、折れ線は弧より短いので
（正十二角形の周）< （円周）= 2π

よって
2π > 6.2004　→　π > 3.1002 > 3.05

したがって π > 3.05 です。（証明終わり）

確認：実際に計算すると 12√(2 − √3) = 12 × 0.517638… = 6.2117… なので π > 3.1058。真の値 3.14159… と矛盾しません。評価はゆるめでよく、目標の 3.05 を超えていれば十分です。

正六角形ではなぜ足りないのか：正六角形なら周は 6（1辺が半径と等しい）。すると 2π > 6、つまり π > 3 しか言えません。3.05 を超えるには、もっと円に近い図形が要る——だから正十二角形を選びます。「どこまで細かくすれば足りるか」を先に見積もるのが、この問題の本当の山場です。

持ち帰るべき型：直接計算できない量は、計算できる量ではさむ。下から評価したいなら「必ずそれより小さいもの」を、上から評価したいなら「必ずそれより大きいもの」を作る。この考え方は、数学IIIの定積分の評価でもそのまま使います。

例題5-5（「少なくとも1つ」の証明）　実数 a、b、c について、a + b + c > 3 ならば、a、b、c のうち少なくとも1つは 1 より大きいことを証明してください。

考え方：「少なくとも1つは〜」を直接示そうとすると、どれを選べばよいか決められません。どれが 1 より大きいのかは、a、b、c の値によって変わるからです。
ところが否定すると形が一気に扱いやすくなります。「少なくとも1つは 1 より大きい」の否定は「すべて 1 以下」——場合分けのない、はっきりした条件です。この形が出たら背理法が効きます。

答え：上のとおり

確認：この証明の要は否定の作り方だけです。「少なくとも1つは P」の否定は「すべて P でない」。ここを「少なくとも1つは P でない」としてしまうと、まったく別の主張になり証明が進みません。
矛盾がどこで出たかも書き切ります。ここでは仮定 a + b + c > 3 と矛盾したのであって、既知の事実と矛盾したのではありません。「何と矛盾したのか」を明示するのが背理法の答案の作法です。
なお等号が成り立つのは a = b = c = 1 のときで、このとき和はちょうど 3。不等号が「>」だから矛盾する——境目を確かめておくと、条件が「≥ 3」に変わったときに結論が変わることにも気づけます。

例題6-1（2乗は片道）　方程式 √(x + 2) = x を、同値性に注意して解いてください。

まず、同値な条件に書き直します。
左辺が定義されるためには x + 2 ≥ 0。
左辺は0以上なので、右辺も0以上でなければならず x ≥ 0。

両辺とも0以上とわかったので、ここではじめて2乗が同値になります。
√(x+2) = x　⇔　x ≥ 0 かつ x + 2 = x²

後半を解くと
x² − x − 2 = 0　→　(x − 2)(x + 1) = 0　→　x = 2, −1

x ≥ 0 より x = 2。

答え：x = 2

条件を先に書かなかったら：x = 2, −1 の両方を答えてしまいます。x = −1 は左辺 √1 = 1、右辺 −1 で成り立ちません。2乗が符号の情報を消した結果、偽の解が生まれたのです。

2つの書き方：
(a) 先に条件を書く　→　同値変形のまま進める（上の解法）
(b) 2乗してから検算する　→　⇒ で進めて、最後に代入して確かめる
どちらでも構いませんが、(a)のほうが答案として明快です。とくに解が複数出るときは、(a)なら自動的に絞られます。

例題6-2（必要条件で絞って、十分性を確認する）　定数 a, b について、すべての実数 x で
a(x + 1)² + b(x − 1)² = 5x² + 2x + 5
が成り立つとき、a, b の値を求めてください。

手順1：都合のよい値を代入して絞る（必要条件）。

x = 1 を代入すると、右の (x−1)² が消えます。
a × 4 = 5 + 2 + 5 = 12　→　a = 3

x = −1 を代入すると、左の (x+1)² が消えます。
b × 4 = 5 − 2 + 5 = 8　→　b = 2

ここまでで言えたのは「もし成り立つなら a = 3, b = 2 でなければならない」ということだけです。2つの値で確かめただけなので、すべての x で成り立つ保証はまだありません。

手順2：十分性を確認する。a = 3, b = 2 のとき、左辺を実際に展開します。
3(x+1)² + 2(x−1)² = 3(x²+2x+1) + 2(x²−2x+1)
= 3x² + 6x + 3 + 2x² − 4x + 2 = 5x² + 2x + 5

確かに右辺と一致しました。よってすべての実数 x で成り立ちます。

答え：a = 3, b = 2

手順2を書かないとどうなるか：この問題では結果的に正しいのですが、「2点で合ったから全部で合う」は論理的に成り立ちません。もし右辺が3次式だったら、2点で合わせても一致しません。「逆に、このとき確かに成り立つ」の一文が、答案を完結させます。

別解（係数比較）：最初から展開して (a+b)x² + (2a−2b)x + (a+b) = 5x² + 2x + 5。恒等式なので係数を比較して a + b = 5、2a − 2b = 2。解いて a = 3, b = 2。この方法なら最初から同値変形なので、十分性の確認は不要です（係数比較は同値だから）。代入法は速いが確認が要る、係数比較は手間だが確認が要らない——使い分けてください。

例題6-3（両辺に文字を掛ける・割る）　次の答案の誤りを指摘し、正しく解いてください。

誤りの指摘：x で割るには x ≠ 0 が必要です。この答案は x = 0 の場合を調べておらず、解 x = 0 を落としています。

正しい解答（方法1：移項して因数分解）
x² − x = 0　→　x(x − 1) = 0　→　x = 0, 1

正しい解答（方法2：場合分け）
・x = 0 のとき：0 = 0 で成立。よって解。
・x ≠ 0 のとき：両辺を x で割って x = 1。
合わせて x = 0, 1。

答え：x = 0, 1

覚えておくべきこと：方程式で「割る」は原則として避け、「移項して因数分解」にする。割ると解が消え、掛けると解が増えます。因数分解なら、どちらも起きません。

逆のパターン：1/x = 1/2 の両辺に x を掛けて 1 = x/2、つまり x = 2。この場合は、もともと x ≠ 0 が前提（分母だから）なので問題ありません。「掛ける・割る文字が0になりうるか」を毎回確認してください。

例題6-4（場合分けの網羅性）　不等式 |x − 1| < 2 を解き、場合分けが正しく尽くされているか確認してください。

方法1：絶対値の意味から一気に
|x − 1| < 2　⇔　−2 < x − 1 < 2　⇔　−1 < x < 3

方法2：場合分けして
・x ≥ 1 のとき：|x−1| = x−1 なので x − 1 < 2、すなわち x < 3。この場合の条件と合わせて 1 ≤ x < 3
・x < 1 のとき：|x−1| = −(x−1) = 1−x なので 1 − x < 2、すなわち x > −1。合わせて −1 < x < 1

2つを合わせて −1 < x < 3。方法1と一致しました。

答え：−1 < x < 3

網羅性の確認：場合分けは「x ≥ 1」と「x < 1」の2つで、すべての実数を尽くしています（重なりもありません）。境目の x = 1 は前者に入れました。どちらに入れても構いませんが、必ずどちらかに入れる——これが網羅性です。

よくある誤り：「x > 1」と「x < 1」で分けると、x = 1 がどこにも入りません。実際 x = 1 は |0| = 0 < 2 で解なので、これを落とすと答えが −1 < x < 1 と 1 < x < 3 になってしまいます。境目を必ずどちらかに入れる。数学I・Aの絶対値から数学IIIの積分まで、ずっと同じ注意です。

2つの方法で一致させる意味：異なる道筋で同じ答えが出れば、まず間違いありません。時間があるときは、必ず2通りで確かめてください。

例題6-5（絶対値の同値変形）　(1) 方程式 |x − 1| = 2x − 3 を解いてください。(2) 不等式 |x − 1| < 2x − 3 を解いてください。

考え方：絶対値は「場合分けして外す」以外に、同値な式に言いかえる道があります。
　|A| = B ⇔ (A = B または A = −B) かつ B ≥ 0
　|A| < B ⇔ −B < A < B
上の B ≥ 0 を落とすと、左辺は0以上なのに右辺が負、という組を拾ってしまいます。この章の道具のうち、いちばん落としやすい条件です。

(1)　x − 1 = 2x − 3 より x = 2。このとき右辺は 2 × 2 − 3 = 1 ≥ 0 なので適する。
　x − 1 = −(2x − 3) より 3x = 4、x = 4/3。このとき右辺は 8/3 − 3 = −1/3 < 0 なので適しません。

(2)　−(2x − 3) < x − 1 < 2x − 3 に直します。
　左側：−2x + 3 < x − 1　→　3x > 4　→　x > 4/3
　右側：x − 1 < 2x − 3　→　x > 2
　両方を満たすのは x > 2。

答え：(1) x = 2　(2) x > 2

確認：(1) で x = 4/3 を入れてみると、左辺は |4/3 − 1| = 1/3、右辺は −1/3。符号が違うので等しくなりようがありません。2乗して解いたときに紛れこむのと同じ種類の余分な解です。
(2) の −B < A < B という形には B > 0 が自動的に含まれています（−B < B が必要なので）。だから不等式のほうは右辺の符号の条件を別に書かなくてよい——ここが等式との違いです。
境目の x = 2 では両辺とも 1 で等しくなり、< は成り立ちません。等号を含むかどうかは、境目に代入すれば確かめられます。

例題7-1（等式の証明）　すべての自然数 n について
1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n²
が成り立つことを、数学的帰納法で証明してください。

[I] n = 1 のとき
左辺 = 1、右辺 = 1² = 1。成り立ちます。

[II] n = k のとき成り立つと仮定する
1 + 3 + … + (2k − 1) = k²　…（＊）

n = k + 1 のときの左辺は、n = k の左辺に 2(k+1) − 1 = 2k + 1 を足したものです。
1 + 3 + … + (2k − 1) + (2k + 1)
= k² + (2k + 1)　（ここで（＊）を使いました）
= k² + 2k + 1 = (k + 1)²

これは右辺の n に k+1 を入れた形と一致します。よって n = k+1 でも成り立ちます。

[I][II] より、すべての自然数 n について成り立ちます。（証明終わり）

確認：n = 4 なら 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 4² ✓

意味を図で見る：この等式は「奇数を順に足すと正方形の面積になる」という意味です。1 個の正方形に、L字型に 3 個足すと 2 × 2、さらにL字型に 5 個足すと 3 × 3——帰納法の [II] が、まさにこの「L字を1つ足す」操作にあたります。

例題7-2（整除性の証明）　すべての自然数 n について、n³ + 5n は6の倍数であることを証明してください。

[I] n = 1 のとき
1 + 5 = 6。6の倍数です。

[II] n = k のとき成り立つと仮定する
k³ + 5k = 6m（m は整数）　…（＊）

n = k + 1 のときを計算します。
(k+1)³ + 5(k+1) = k³ + 3k² + 3k + 1 + 5k + 5
= (k³ + 5k) + 3k² + 3k + 6

（＊）を使って、最初のかっこを 6m に置きかえます。
= 6m + 3k(k + 1) + 6

ここで k(k+1) は連続する2つの整数の積なので、必ず偶数です。だから 3k(k+1) は 3 × 偶数 = 6 の倍数。

よって全体は「6の倍数 ＋ 6の倍数 ＋ 6」となり、6の倍数です。

[I][II] より、すべての自然数 n について n³ + 5n は6の倍数です。（証明終わり）

確認：n = 1, 2, 3, 4 で 6, 18, 42, 84。すべて6で割り切れます ✓

山場は「k(k+1) は偶数」：これは連続する2整数のうち、必ず一方は偶数だからです。この小さな事実を知っているかどうかで、この問題が解けるかが決まります。整数の性質で習った道具が、帰納法の中で効いています。

差を作る形：f(k+1) − f(k) = 3k² + 3k + 6 と先に差だけ計算してもよい。差が6の倍数で、出発点も6の倍数なら、全部6の倍数です。整除性の帰納法は、この「差を見る」形で書くと短くなります。

例題7-3（不等式の証明）　n ≥ 5 であるすべての自然数 n について 2ⁿ > n² が成り立つことを証明してください。

[I] n = 5 のとき（出発点は1ではなく5です）
2⁵ = 32、5² = 25。32 > 25 なので成り立ちます。

[II] n = k（k ≥ 5）のとき成り立つと仮定する
2^k > k²　…（＊）

n = k + 1 のとき
2^k+1 = 2 · 2^k > 2k²　（（＊）を使いました）

ここでもう一段の不等式が必要です。2k² > (k+1)² を示します。
2k² − (k+1)² = 2k² − k² − 2k − 1 = k² − 2k − 1 = (k − 1)² − 2

k ≥ 5 なので (k−1)² ≥ 16 > 2。したがって 2k² − (k+1)² > 0、すなわち 2k² > (k+1)²。

2つをつなげて
2^k+1 > 2k² > (k+1)²

よって n = k+1 でも成り立ちます。

[I][II] より、n ≥ 5 のすべての自然数で成り立ちます。（証明終わり）

確認：n = 5, 6, 7 で 32 > 25、64 > 36、128 > 49 ✓。なお n = 4 では 16 = 16 で等号、n = 3 では 8 < 9 で不成立。だから出発点が5なのです。

不等式の帰納法の型：
① 仮定で 2^k+1 > 2k² まで進む
② 「そこから目標まで」の不等式 2k² > (k+1)² を別に示す
③ 2つをつなぐ
②を独立した小問だと思って先に片づけると、答案がすっきりします。

例題7-4（2つ前まで使う形）　a₁ = 1、a₂ = 3、a_n+2 = 3a_n+1 − 2a_n で定まる数列について、すべての自然数 n で a_n = 2ⁿ − 1 であることを証明してください。

[I] n = 1, 2 のとき（2つ前を使う漸化式なので、出発点は2つ必要です）
n = 1：2¹ − 1 = 1 = a₁ ✓
n = 2：2² − 1 = 3 = a₂ ✓

[II] n = k と n = k + 1 のとき成り立つと仮定する
a_k = 2^k − 1　かつ　a_k+1 = 2^k+1 − 1　…（＊）

漸化式に代入すると
a_k+2 = 3a_k+1 − 2a_k = 3(2^k+1 − 1) − 2(2^k − 1)　（（＊）を使いました）
= 3 · 2^k+1 − 3 − 2^k+1 + 2
= 2 · 2^k+1 − 1 = 2^k+2 − 1

これは n = k+2 のときの形と一致します。

[I][II] より、すべての自然数 n で a_n = 2ⁿ − 1 です。（証明終わり）

確認：漸化式から a₃ = 3 × 3 − 2 × 1 = 7 = 2³ − 1 ✓、a₄ = 3 × 7 − 2 × 3 = 15 = 2⁴ − 1 ✓

なぜ [I] が2つ必要か：a₃ を出すには a₁ と a₂ の両方が要ります。ドミノでいえば、2枚並べて押さないと連鎖が始まらない——そういう仕組みです。[I] を1つしか書かないと、そこで証明が成立しません。

いくつ必要かの見分け方：漸化式が「いくつ前まで使っているか」を数えてください。a_n+2 が a_n+1 と a_n を使うなら2つ、3つ前まで使うなら3つです。

例題7-5（予想してから帰納法で示す）　a₁ = 1、a_n+1 = a_n / (1 + a_n) で定まる数列について、一般項 a_n を求めてください。

考え方：漸化式をそのまま解く道もありますが、まず小さい番号をいくつか書き出して形を予想し、それを帰納法で確かめるという進み方があります。予想が当たっていれば、証明そのものは短く済みます。「思いついた形が正しいか」を保証する役目を、帰納法が引き受けてくれる、と考えるとよいところです。

　a₁ = 1、a₂ = 1/(1 + 1) = 1/2、a₃ = (1/2)/(3/2) = 1/3、a₄ = (1/3)/(4/3) = 1/4
　→　a_n = 1/n と予想できます。

［I］　n = 1 のとき a₁ = 1 = 1/1 で成り立ちます。

［II］　n = k のとき a_k = 1/k が成り立つと仮定します。このとき
　a_k+1 = a_k/(1 + a_k) = (1/k) / (1 + 1/k) = (1/k) / {(k + 1)/k} = 1/(k + 1)
となり、n = k + 1 のときも成り立ちます。

［I］［II］より、すべての自然数 n について a_n = 1/n。

答え：a_n = 1/n

確認：［II］で仮定 a_k = 1/k を実際に使っているかを見てください。使わずに書けてしまったなら、それは帰納法になっていません。ここでは a_k を 1/k に置きかえた瞬間に仮定を使っています。
予想は3〜4項では足りないことがあります。a₅ = 1/5、a₆ = 1/6 まで確かめておくと安心です。ただしいくつ確かめても、それだけでは証明になりません。並べて予想するのは形を見つけるためで、正しさは［I］［II］が支えています。
この問題は逆数をとって 1/a_n+1 = 1/a_n + 1（等差数列）と見ることもできます。2通りで同じ答えになるかを確かめると、検算になります。

例題8-1（2乗の落とし穴）　次の答案の誤りを指摘し、正しい答えを求めてください。

誤りの指摘：A² = B² から言えるのは A = B だけではなく、A = B または A = −B です。この答案はもう一方の解を落としています。

正しい解答
(x−3)² = (2x+1)²　⇔　x − 3 = 2x + 1 または x − 3 = −(2x + 1)

前者から x = −4。後者から x − 3 = −2x − 1、3x = 2、x = 2/3。

答え：x = −4, 2/3

確認：x = −4 なら左辺 49、右辺 49 ✓。x = 2/3 なら左辺 (−7/3)² = 49/9、右辺 (7/3)² = 49/9 ✓

別解（移項して因数分解）：(x−3)² − (2x+1)² = 0 を A² − B² = (A+B)(A−B) の形で因数分解すると
{(x−3) + (2x+1)}{(x−3) − (2x+1)} = (3x − 2)(−x − 4) = 0
よって x = 2/3, −4。因数分解なら解が消えることも増えることもありません。第6章で書いたとおり、「割る」より「因数分解」が安全です。

例題8-2（根号の外し方）　次の答案の誤りを指摘してください。

誤りの指摘：√ は0以上の値を返す記号です。だから √(a²) = a ではなく
√(a²) = |a|

正しい解答：√(a²) = |a| = |−3| = 3

答え：3

確認：a² = 9 なので √9 = 3。負にはなりません ✓

この誤りが効いてくる場面：数学IIIの曲線の長さ、置換積分、三角関数の相互関係で頻出します。たとえば √(1 − sin²θ) = |cos θ| であって、cos θ とは限りません。θ の範囲を確認して、cos θ ≥ 0 だとわかってはじめて絶対値が外せます。

覚え方：√ を書いた瞬間、その値は0以上。中身が何であっても、出てくる値は必ず0以上です。

例題8-3（相加相乗の等号）　次の答案の誤りを指摘し、正しい答えを求めてください。

誤りの指摘：等号が成立する値が、定義域の中にあるか確認していません。等号が成り立つのは x = 4/x、すなわち x = 2 のときですが、x = 2 は定義域 x ≥ 3 の外です。だから 4 という値には届きません。

正しい解答　f(x) = x + 4/x とおきます。
f′(x) = 1 − 4/x² = (x² − 4)/x²

x ≥ 3 では x² − 4 ≥ 5 > 0 なので f′(x) > 0、つまり単調増加。したがって最小値は左端の x = 3 でとります。
f(3) = 3 + 4/3 = 13/3

答え：x = 3 のとき最小値 13/3（約 4.33）

確認：f(3) = 4.33、f(4) = 5、f(5) = 5.8。確かに x = 3 が最小で、4 より大きいことがわかります。

この誤りの本質：相加平均・相乗平均の関係が示すのは「これ以上小さくならない」という下限であって、その値に届くとは限りません。不等式が成り立つことと、それが最大最小であることは別——第3章で書いた「すべて／ある」の話と同じ構造です。

チェックの手順：相加相乗を使ったら、必ず① 等号が成り立つ値を求める　② その値が定義域内かを確認する。この2行を書けば、この誤りは起きません。

例題8-4（総合チェック）　次の答案には2か所の誤りがあります。両方指摘してください。

誤り①：a = 0 の場合を調べていない。a = 0 なら式は 2x > 0 となり、2次式ではなく1次式です。x が負のときに成り立たないので、a = 0 は不適——しかし、それを確かめる記述が必要です。

誤り②：下に凸であることを確認していない。判別式が負でも、上に凸（a < 0）なら、グラフ全体が x 軸より下にあり、条件を満たしません。a > 0 が必要です。

正しい解答

(i) a = 0 のとき：2x > 0 は x ≤ 0 で成り立たないので不適。

(ii) a ≠ 0 のとき：2次関数なので、すべての x で正になる条件は
a > 0（下に凸）かつ D/4 = 1 − a² < 0

1 − a² < 0 より a < −1 または a > 1。a > 0 と合わせて a > 1。

答え：a > 1

確認：a = 2 なら 2x² + 2x + 2 = 2(x + 1/2)² + 3/2 > 0 ✓。a = −2 なら x = 0 のとき −2 < 0 で不適 ✓。a = 1 なら x² + 2x + 1 = (x+1)² ≥ 0 で、x = −1 のとき 0 になるので「> 0」を満たさず不適 ✓

この問題が教えてくれること：「係数に文字があるなら、その文字が0の場合を疑う」と「判別式だけでは足りない。凸の向きも要る」。どちらも場合分けの網羅性の話です。境界の a = 1 を実際に確かめるところまでやると、等号を含めるかどうかも確定します。

例題8-5（文字で割る）　次の答案の誤りを指摘し、正しい答えを求めてください。

誤りの指摘：x で割った時点で、x = 0 の場合が消えています。割り算ができるのは 0 でないものだけなので、割る前に「x ≠ 0 のとき」と断り、x = 0 の場合を別に調べる必要があります。この問題では x = 0 も 0 = 0 で成り立つので、解が1つ落ちています。

正しい解答
　x³ − 4x = 0
　x(x² − 4) = 0
　x(x − 2)(x + 2) = 0
　x = 0, 2, −2

答え：誤りは「x = 0 の場合を調べずに x で割ったこと」。正しい解は x = 0, 2, −2

確認：移項して「＝0」にしてから因数分解すると、この落とし穴は最初から起きません。「割る」より「積の形にする」——方程式では、こちらを先に考えるほうが安全です。
同じ誤りは、式変形の途中でも起きます。(x − 1)x = (x − 1) × 3 から両辺を x − 1 で割って x = 3 とすると、x = 1 が落ちます（x = 1 のときは両辺とも 0 で成り立ちます）。正しくは (x − 1)(x − 3) = 0 から x = 1, 3。
証明の答案でも同じで、ac = bc から a = b と書けるのは c ≠ 0 のときだけです。「割る」と書いた瞬間に、割る相手が 0 でないことを断れているか——これを自分に確かめる習慣にしてください。