数学の論理　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　数学の問題を解くとき、「正攻法でやると多少めんどうになりそうだな〜」と感じるときがある。
そんなとき、問題を同値な、そして考えやすい別な問題にすり替えることは、問題解決の常套
手段である。このページでは、その基本的な方策について、まとめてみたい。

　いくつかの予備知識を確認しながら、話を進める。

命題について

　客観的に、真偽が判定できるような数式・文章を命題という。

（例）　１＋１＝２　・・・　命題で、真
　　　日本の人口は、１億である　・・・　命題で、偽
　　　あなたは、数学が好きですか？　・・・　真偽判定不能で、命題とならない

　いくつかの命題から、別な命題を作ることを、命題の合成という。

次の、３つのタイプが基本的である。命題 Ｐ、Ｑ に対して、

　（離接）　Ｐ または Ｑ　　記号では、Ｐ∨Ｑ　と書く。
　（合接）　Ｐ かつ Ｑ　　　記号では、Ｐ∧Ｑ　と書く。
　（否定）　Ｐ でない　　　 記号では、¬Ｐ　または、　〜Ｐ　または、　　と書く。

（例）　２つの命題　Ｐ：　Ｘ＜２　、Ｑ：　Ｘ＞０　に対して、

　　　Ｐ∨Ｑ　：　Ｘは、全ての実数　、Ｐ∧Ｑ　：　０＜Ｘ＜２　、¬Ｐ　：　Ｘ≧２


命題の真理表について

　命題 Ｐ、Ｑ の真偽によって、合成命題 Ｐ∨Ｑ、Ｐ∧Ｑ、¬Ｐ の真偽が次の表に従って定め
られる。表において、真は 「１」、偽は 「０」で表される。

　日常で、「ハンバーガーまたはジュースを頼む」と言われたら、どちらか一方を頼むのが普
通だが、数学では、両方頼むことも有りとなる。


＃「∨」は、ラテン語の ｖｅｌ （どちらか少なくとも一方）からとられたらしい。日常使っている排
　他的な「または」としては、別な単語 ａｕｔ を使うようだ。

（参考文献：足立恒夫　著　数　体系と歴史　（朝倉書店））


（例）　¬Ｐ∨Ｑ　の真理表を作れ。

　真理値が全て、０（偽）である命題を、矛盾命題といい、真理値が全て、１（真）である命題
をトートロジーという。

　また、２つの命題の真理表が全く同一のとき、これらの命題は、論理的に同値であるとい
い、等号を用いて表される。


（論理的に同値な命題の例）

１．（２重否定）　　¬（¬Ｐ）＝Ｐ　　（Ｐでないことはないは、Ｐそのものということ）

２．（ド・モルガンの法則）

　¬（Ｐ∨Ｑ）＝（¬Ｐ）∧（¬Ｑ）　　（またはの否定は、かつ）

　¬（Ｐ∧Ｑ）＝（¬Ｐ）∨（¬Ｑ）　　（かつの否定は、または）

３．（分配の法則）

　Ｐ∧（Ｑ∨Ｒ）＝（Ｐ∧Ｑ）∨（Ｐ∧Ｒ）　、Ｐ∨（Ｑ∧Ｒ）＝（Ｐ∨Ｑ）∧（Ｐ∨Ｒ）


条件命題について

　数学では、「Ｐ ならば Ｑ である」という形式の命題が多い。記号で、Ｐ → Ｑ と書く。この
命題も、合成命題の一つであり、次のように、真理表が定められる。

（覚え方としては、「ＰかつＱでない、ことはない」の方がいいかもしれない。私自身は、そう
覚えている。）


（参考）　両者が論理的に同値であることに違和感を抱く人は多い。次のように考えてはどう
　　　　だろうか。

　「Ｐ ならば Ｑ である」の否定が、「Ｐ であるのに Ｑ でない」と理解できれば、それは、暗

黙のうちに、¬（Ｐ → Ｑ） ＝ Ｐ∧¬Ｑ　すなわち、Ｐ → Ｑ ＝ ¬Ｐ∨Ｑ　ということを認めざ

るをえないということである。（参考文献：足立恒夫　著　数　体系と歴史　（朝倉書店））


　この命題で大切なポイントは、仮定Ｐが偽ならば、結論Ｑの真偽に関わらず、Ｐ → Ｑ　が
真になるところである。

　「雨が降れば、傘を差す」という行為について、雨が降っているのに傘を差さないのは、変
であるが、雨が降らなければ、傘を差しても差さなくても変ではない。お天気なのに、傘を差
していることを咎められたら、「これは、日傘です。」とでも言っておけばよい。

　同様に、「明日天気がよければ外出しよう」と約束したら、天気が悪いときは、外出しても、
しなくても自由で、約束を破ったことにはならない。天気がよいのに外出しなかったら、それ
は、約束を破ったことになる。

　この場合の応用例として、次の問題は有名である。

（例）　空集合は、すべての集合の部分集合である。

　　Ｂ⊂Ａ　であるとき、ＢはＡの部分集合である。ところで、Ｂ⊂Ａ　とは、「Ｘ∈Ｂ　ならば、
Ｘ∈Ａ」が成り立つことをいう。いま、Ｂが空集合のとき、Ｘ∈Ｂは偽なので、命題「Ｘ∈Ｂ　なら
ば、Ｘ∈Ａ」は真である。よって、空集合Ｂは、任意の集合Ａの部分集合である。


　このように、仮定が偽のとき、命題 Ｐ → Ｑ は、無内容的に成り立つという。

（参考）　「偽」の命題からは、どんな命題も導けるといった、ラッセルの講演の話が知られ
　　　　ている。

　例えば、「２＝１」の命題から、「私は、日本の総理大臣」という命題は、次のように証明さ
れる。

　「２≠１」は、「真」の命題なので、「２≠１」∨「私は、日本の総理大臣」は、「真」の命題

ところで、「２＝１」の命題が成り立つと仮定するということは、「２＝１」が「真」の命題、すなわ

ち、「２≠１」は、「偽」の命題と仮定するということである。

「２≠１」∨「私は、日本の総理大臣」は、「真」の命題であったので、「私は、日本の総理大

臣」が「真」の命題ということになる。したがって、「２＝１」ならば、「私は、日本の総理大臣」

である。（参考文献：足立恒夫　著　数　体系と歴史　（朝倉書店））


（例）　三段論法がトートロジーであることを示せ。

　このことから、三段論法（Ｐ ならば、Ｑ　で　Ｑ ならば、Ｒ　のとき、Ｐ ならば Ｒ）による推論
は、常に有効である。


（例）　アリバイの原理がトートロジーであることを示せ。

　このことから、「Ｐ ならば Ｑ だが、Ｑ でなければ、Ｐ でない」という推論は常に有効である。


　よおすけさんからのコメントです。（令和５年７月２３日付け）

　命題(（Ｐ→Ｑ）∧（Ｑ→Ｒ）)→(P→R) がトートロジーであることの別証明です。

（証明）　命題(（Ｐ→Ｑ）∧（Ｑ→Ｒ）)→(P→R)　が偽となるのは、

　P→Q が真、Q→R が真、P→R が偽の場合だけである。

　ところで、P→R が偽となるのは、Pが真で、Rが偽の場合だけである。

　Pが真で、P→Q が真より、Qが真となり、Q→R が真より、Rが真となるが、Rが偽であるこ

とに矛盾する。

　したがって、この命題が偽となることは無く、トートロジーである。　　（証終）


必要条件と十分条件

　命題　Ｐ → Ｑ　が常に真であるとき、記号　Ｐ ⇒ Ｑ　で表す。

　このとき、Ｐは、Ｑであるための十分条件といい、Ｑは、Ｐであるための必要条件であると
いう。

（例）　Ｘ＝１　⇒　Ｘ²＝１　において、

「Ｘ＝１」は、「Ｘ²＝１」であるための十分条件
　　・・・Ｘ²＝１であるためには、Ｘ＝１であれば十分！

「Ｘ²＝１」は、「Ｘ＝１」であるための必要条件
　　・・・Ｘ＝１であるためには、とりあえず Ｘ²＝１であることが必要！


逆・裏・対偶

　命題　Ｐ → Ｑ　に対して、次の命題を、それぞれ、もとの命題の逆、裏、対偶という。

　逆　：　Ｑ → Ｐ
　裏　：　¬Ｐ → ¬Ｑ
対偶　：　¬Ｑ → ¬Ｐ


（例）　もとの命題とその対偶は、論理的に同値であることを示せ。

　このことから、ある命題を証明するかわりに、その対偶を証明してもよいことになる。しか
も、問題によっては、対偶を証明する方が、非常に楽な場合がある。これは、経験的に、確
かな真実である。


（例）　３つの数 Ｘ、Ｙ、Ｚ について、Ｘ＋Ｙ＋Ｚ＞３　ならば、少なくとも一つは、１ より大きい。

　この命題の対偶は、「３つの数 Ｘ、Ｙ、Ｚ について、どれも１以下ならば、Ｘ＋Ｙ＋Ｚ≦３」

明らかに、Ｘ≦１、Ｙ≦１、Ｚ≦１ ならば、Ｘ＋Ｙ＋Ｚ≦１＋１＋１＝３　なので、対偶命題は真。

よって、もとの命題も真である。


命題関数

　集合 Ｕ 上で定義された命題 Ｐ(Ｘ) を考える。命題 Ｐ(Ｘ) が真となるような集合 Ｕの要素 Ｘ
の集合を、命題関数 Ｐ(Ｘ) の真理集合といい、Ｐで表す。

　それぞれの命題関数の真理集合は次のようになる。

　Ｐ(Ｘ)∨Ｑ(Ｘ)　・・・　Ｐ∪Ｑ　（ＰとＱの結び（和集合））
　Ｐ(Ｘ)∧Ｑ(Ｘ)　・・・　Ｐ∩Ｑ　（ＰとＱの共通部分）
　 ¬Ｐ(Ｘ)　　　 ・・・　　Ｐ^ｃ　（Ｐの補集合）
　Ｐ(Ｘ) → Ｑ(Ｘ) ・・・　Ｐ^ｃ∪Ｑ

　この真理集合の考えを用いると、Ｐ ⇒ Ｑ　の証明は視覚的に行うことができる。すなわち、

　Ｐ(Ｘ) ⇒ Ｑ(Ｘ)　を証明するには、Ｐ⊂Ｑ　であることを確かめればよい。

　実際に、Ｐ(Ｘ) → Ｑ(Ｘ)　の真理集合は、Ｐ^ｃ∪Ｑ　であり、命題がトートロジーであることから

Ｐ^ｃ∪Ｑ＝Ｕ　に等しい。このとき、

　Ｐ＝Ｐ∩Ｕ＝Ｐ∩（Ｐ^ｃ∪Ｑ）＝（Ｐ∩Ｐ^ｃ）∪（Ｐ∩Ｑ）＝Ｐ∩Ｑ⊂Ｑ　から、Ｐ⊂Ｑ

逆に、Ｐ⊂Ｑ　とすると、Ｕ＝Ｐ^ｃ∪Ｐ⊂Ｐ^ｃ∪Ｑ⊂Ｕ　から、 Ｐ^ｃ∪Ｑ＝Ｕ

よって、命題　Ｐ(Ｘ) → Ｑ(Ｘ)　は、トートロジーである。


（例）　｜Ｘ｜＋｜Ｙ｜＜１　ならば、Ｘ²＋Ｙ²＜１　であることを証明せよ。

　この問題は、真理集合を調べることにより、簡単に示される。

左図より、正方形の内部：｜Ｘ｜＋｜Ｙ｜＜１　は、 　円の内部：Ｘ2＋Ｙ2＜１　に含まれるので、 　命題は成り立つ。

反例の作り方

　命題　Ｐ(Ｘ) → Ｑ(Ｘ)　が偽であることを示すには、反例をあげるのが手っ取り早い方法であ
る。Ｐ⊂Ｑ　が成り立たないことから、Ｐ(Ｘ)であるが、Ｑ(Ｘ)でないようなＸを一つ探せばよい。


（例）　命題「Ｘ²＝１　ならば　Ｘ＝１」は偽である。なぜなら、Ｘ＝−１という反例があるから。


全称命題と存在命題

　数学において、「すべての〜」とか「〜であるものが存在する」という形式の命題は数多い。

「すべてのＸに対して、Ｐ(Ｘ)である」という命題を全称命題といい、記号で、∀Ｘ：Ｐ(Ｘ)　と
書く。

全称命題の真理集合は、全体集合Ｕである。（∀：全称記号（ｕｎｉｖｅｒｓａｌ　ｑｕａｎｔｉｆｉｅｒ））

「あるＸに対して、Ｐ(Ｘ)である」という命題を存在命題といい、記号で、∃Ｘ：Ｐ(Ｘ)　と書く。

存在命題の真理集合は、空でない集合である。（∃：存在記号（ｅｘｉｓｔｅｎｔｉａｌ　ｑｕａｎｔｉｆｉｅｒ））


（例）　すべての実数Ｘに対して、Ｘ²≧０
　　　ある実数Ｘに対して、２Ｘ−４＝０
　　　ａ≦ｂ　は、存在命題　∃Ｘ≧０ ： ａ＋Ｘ＝ｂ　で表される。

全称命題と存在命題について、次の関係式は基本的である。

　¬（∀Ｘ：Ｐ(Ｘ)）＝∃Ｘ：¬Ｐ(Ｘ)　　　　（「すべて」の否定は「ある」）

　¬（∃Ｘ：Ｐ(Ｘ)）＝∀Ｘ：¬Ｐ(Ｘ)　　　　（「ある」の否定は「すべて」）


　複雑な命題を考えるとき、文章で与えられたままでは頭が混乱するので、記号化して考え
た方がよい。単純作業で、いろいろな命題に変換できる。


（例）　命題「すべての実数Ｘについて、Ｘ²＞１　ならば、Ｘ＞１　である。」の否定命題を作り、
　　　その真偽を判定せよ。
　　
　¬（∀Ｘ：（Ｘ²＞１→Ｘ＞１））
＝∃Ｘ：¬（Ｘ²＞１→Ｘ＞１）
＝∃Ｘ：¬（¬（Ｘ²＞１）∨（Ｘ＞１））
＝∃Ｘ：（Ｘ²＞１）∧（Ｘ≦１）

　これを、翻訳すれば、「Ｘ²＞１　かつ　Ｘ≦１　となる実数Ｘがある。」となる。

　たとえば、Ｘ＝−２　が該当するので、この命題は、真である。
　（よって、もとの命題は偽ということになる。）


（例）　命題「Ｐ　ならば、ＱまたはＲ」は、命題「Ｐかつ（Ｑでない）　ならば、Ｒ」と論理的
　　　に同値である。
　　　　
　実際に、Ｐ　→　Ｑ∨Ｒ　＝（¬Ｐ）∨（Ｑ∨Ｒ）＝（（¬Ｐ）∨Ｑ）∨Ｒ

　＝（（¬Ｐ）∨（¬（¬Ｑ）））∨Ｒ＝（¬（Ｐ∧（¬Ｑ））∨Ｒ＝Ｐ∧（¬Ｑ）　→　Ｒ

これを、「ＸＹ＝０　ならば、Ｘ＝０　または　Ｙ＝０　」に適用してみると、

　「ＸＹ＝０　かつ　Ｘ≠０　ならば　Ｙ＝０　」という形になり、納得されやすい表現になる。


　この（例）における言い換えは、大学入試でよく用いられる技法で、知っている者だけが
非常に有利になる魔法の論理である。


（参考文献：茂木　勇　著　集合と論証（科学新興社）
　　　　　　　 秋山　仁　著　真理表（数学ライブラリー））


　平成２７年度入試　東京大学前期文系で真偽を問う問題が出題された。

問題　以下の命題Ａ、Ｂそれぞれに対し、その真偽を述べよ。また、真ならば証明を与え、偽
　　　ならば反例を与えよ。

命題Ａ　ｎが正の整数ならば、ｎ³/２６＋１００≧ｎ²が成り立つ。

命題Ｂ　整数ｎ、ｍ、ｐ が５ｎ＋５ｍ＋３ｐ＝１を満たすならば、１０ｎｍ＋３ｍｐ＋３ｎｐ＜０が成
　　　　り立つ。


　グラフ描画ソフトにお助けいただくと、Ｆ（ｘ）＝ｘ³/２６＋１００−ｘ²　のグラフは下図の通り。

１５＜ｘ＜２０　の周辺が微妙で、ズームして見ると、

　　　　　

　　　グラフから、ｘ＝１７ が怪しい！！






（確かめ）　Ｆ（１７）＝４９１３/２６＋１００−２８９＝−０．０３８４６１６・・・

　から、ほんの一瞬、ｘ³/２６＋１００＜ｘ²　となるので、命題Ａは偽となる。反例は、ｎ＝１７。


（コメント）　グラフ描画ソフトを活用して「偽」を示したが、実際の試験場では微分のお世話に
　　　　　　なるしかないだろう。


（命題Ａの解）　Ｆ（ｘ）＝ｘ³/２６＋１００−ｘ²　とおくと、Ｆ（ｘ）は微分可能な３次関数である。

ここで、　Ｆ’（ｘ）＝３ｘ²/２６−２ｘ＝０　とおくと、　ｘ＝５２/３＝１７．３３３・・・で極小かつ最小

Ｆ（１７）＝１７³/２６＋１００−１７²＝４９１３/２６＋１００−２８９＝−０．０３８４６１６・・・＜０

よって、ｘ＝１７　のとき負で、正の整数ｎに対して、いつも　ｎ³/２６＋１００≧ｎ²　が成り立

つとは限らない。したがって、命題Ａは偽で、反例は、ｎ＝１７。　　（終）


　およそ受験でともに「偽」となることはないだろうと高をくくれれば命題Ｂは「真」だろうと予想
がつく。

実際に、整数ｎ、ｍ、ｐ が５ｎ＋５ｍ＋３ｐ＝１を満たすならば、１０ｎｍ＋３ｍｐ＋３ｎｐ＜０が
成り立つ。

（証明）

１０ｎｍ＋３ｍｐ＋３ｎｐ＝１０ｎｍ＋３ｐ（ｍ＋ｎ）
＝１０ｎｍ＋（１−５（ｎ＋ｍ））（ｍ＋ｎ）＝１０ｎｍ＋ｍ＋ｎ−５（ｎ＋ｍ）²
＝ｍ＋ｎ−５ｎ²−５ｍ²

ここで、　ｍ−５ｍ²＝−５（ｍ−１/１０）²＋１/２０　で、

　ｍ＝０　のとき、　ｍ−５ｍ²＝０　、ｍ＝１　のとき、　ｍ−５ｍ²＝−４

同様に、　ｎ−５ｎ²＝−５（ｎ−１/１０）²＋１/２０　で、

　ｎ＝０　のとき、　ｎ−５ｎ²＝０　、ｎ＝１　のとき、　ｎ−５ｎ²＝−４

　ｍ＝０　かつ　ｎ＝０　とすると、　３ｐ＝１　で、この式を満たす整数ｐは存在しない。

　よって、ｍ、ｎが同時に０になることはなく、　ｍ＋ｎ−５ｎ²−５ｍ²＜０　が成り立つ。

　以上から、命題Ｂは真である。　　（証終）


（追記）　令和５年７月２０日付け

　全国的に明日から夏休み！気分的に久しぶりに論理の問題を考えてみたくなった。

問題　　命題 Ｐ、Ｑ に対して、その合成命題 Ｐ*Ｑ を次の真理表で定義する。

　このとき、否定 ¬Ｐ 、離接 Ｐ∨Ｑ　、合接 Ｐ∧Ｑ は、「*」を用いてどのように表される
だろうか？　

また、

から、　Ｐ∨Ｑ＝（¬Ｐ）*（¬Ｑ）

よって、　Ｐ∨Ｑ＝（Ｐ * Ｐ）*（Ｑ * Ｑ）

さらに

から、　¬（Ｐ∧Ｑ）＝Ｐ * Ｑ　なので、　Ｐ∧Ｑ＝¬（Ｐ * Ｑ）

よって、　Ｐ∧Ｑ＝（Ｐ * Ｑ）*（Ｐ * Ｑ）　　（終）


　こういう論理の問題は、数学の授業ではあまり詳しく言及されることはなく、大学の一般教
養の哲学の講義で詳しい話を聞いたような気がする。

問題　　Ｑ∧Ｒ が偽のとき、（Ｑ → Ｐ）∨（Ｒ → Ｐ） はトートロジーであることを示せ。

　トートロジーを示すには、真理表を作って、真理値が全て、１（真）であることを示せばよい
わけであるが、次のように示してもよい。

（解）　（Ｑ → Ｐ）∨（Ｒ → Ｐ）＝（¬Ｑ∨Ｐ）∨（¬Ｒ∨Ｐ）＝¬（Ｑ∧Ｒ）∨Ｐ

よって、Ｑ∧Ｒ が偽のとき、¬（Ｑ∧Ｒ）は真となり、Ｐの真偽に関わらず、¬（Ｑ∧Ｒ）∨Ｐ

は真となるので、（Ｑ → Ｐ）∨（Ｒ → Ｐ） はトートロジーである。　　（終）


（コメント）　Ｑ∧Ｒ が偽のとき、ＱまたはＲは偽で、そのとき、Ｑ → Ｐ または Ｒ → Ｐ は
　　　　　　無内容的に成り立つから真。だから、トートロジーであることは自明かな。


問題　　次の命題はトートロジーであることを示せ。

（１）　（¬Ｐ）∨Ｐ
（２）　（Ｐ∧Ｑ） → （Ｒ∨Ｐ）

（３）　（¬（Ｐ∧Ｑ））∨Ｐ

（４）　（Ｐ∧（¬Ｑ）） → （（¬Ｐ） → Ｑ）

（解）（１）　（¬Ｐ）∨Ｐ の真理集合は全体集合Ｕなので、トートロジーである。

（２）　（Ｐ∧Ｑ） → （Ｒ∨Ｐ）＝（¬Ｐ）∨（¬Ｑ）∨（Ｒ∨Ｐ）＝（¬Ｐ）∨Ｐ∨（¬Ｑ）∨Ｒ

　このとき、真理集合は全体集合Ｕなので、トートロジーである。

（３）　（¬（Ｐ∧Ｑ））∨Ｐ＝（（¬Ｐ）∨（¬Ｑ））∨Ｐ＝（¬Ｐ）∨Ｐ∨（¬Ｑ）

　このとき、真理集合は全体集合Ｕなので、トートロジーである。

（４）　（Ｐ∧（¬Ｑ）） → （（¬Ｐ） → Ｑ）＝（（¬Ｐ）∨Ｑ）∨（Ｐ∨Ｑ）＝（¬Ｐ）∨Ｐ∨Ｑ

　このとき、真理集合は全体集合Ｕなので、トートロジーである。　　（終）


（追記）　令和５年９月１９日付け

問題　　ｘ、ｙ は有理数とする。

　ｘ＋ｙ と ｘｙ がともに整数ならば、ｘ、ｙ は整数であることを示せ。

（解）　ｘ＋ｙ＝ｍ、ｘｙ＝ｎ　とおくと、ｍ、ｎは整数で、ｘ、ｙ は、２次方程式 ｔ²−ｍｔ＋ｎ＝０ の

解である。解 ｔ は有理数なので、　ｔ＝ｑ/ｐ　（ｐ、ｑは互いに素な整数）　と書ける。

方程式に代入して、　ｑ²/ｐ²−ｍｑ/ｐ＋ｎ＝０　すなわち、　ｑ²−ｍｐｑ＋ｎｐ²＝０　より、

　ｑ²＝ｐ（ｍｑ−ｎｐ）　となるので、ｑ² すなわち、ｑ は ｐ で割り切れる。

しかるに、ｐ、ｑは互いに素な整数なので、ｐ＝±１　となる。

　よって、解 ｔ は整数となり、すなわち、ｘ、ｙ は整数である。　　（終）


（コメント）　この問題を背理法で示すには、どうすればいいのだろう？

　「ｘ、ｙ は整数である」の否定は、「ｘ、ｙ の少なくとも一つは整数でない」で、上記の（解）か
ら、これは矛盾としていいのかな？


問題　　ある仕事を、Ａ、Ｂ、Ｃ の３人で行っても１時間以上かかるという。この仕事を、１人
　　　　が単独で行うとき、２時間以上かかるものが少なくとも２人いることを示せ。

（解）　「２時間以上かかるものが少なくとも２人いる」の否定は、

　「２時間以上かかるものが１人以下」

すなわち、「２時間未満で終わらせるものが少なくとも２人いる」

すなわち、単独で、１時間あたり仕事全体の半分以上が終わるものが少なくとも２人いる

すなわち、この２人で、１時間より短い時間で仕事が終わることになる。

これは、「Ａ、Ｂ、Ｃ の３人で行っても１時間以上かかる」ことに矛盾する。

したがって、２時間以上かかるものが少なくとも２人いる。　　（終）



　　以下、工事中！