大学入試数学 存在と一意性の完成答案—候補の構成と他の解の排除を分けて論証する｜武蔵野個別指導塾

高々一つと示しただけでは、解があるかどうかは決まりません。候補を代入する段と、他の解を排除する段を分け、境界の反例まで点検するのが存在と一意性です。

演習の解き直しで、次のような答案を前にしたことがあります。条件を満たす整数を求める問題に対して、「二つあると仮定すると、その差は 7 の倍数になる。区間の幅は 7 より小さいので、二つは同時には入らない。よって条件を満たす整数はただ一つ」と書き、最後に「求める整数はこれです」と結んだ答案です。ところが、その「これ」がどの数なのかは、答案のどこにも書かれていません。書いた人は、二つ以上ないことだけを示して、一つはあるという確認を飛ばしています。答案は、存在と一意性という二つの仕事のうち、後ろだけを済ませて閉じているのです。

問いの形で、書く段落の数が変わる

整数の条件を満たすものを求める問題は、三つの形で出ます。第一は「条件を満たす整数をすべて求めよ」という形です。この形は、候補が一つも漏れていないことと、挙げた候補が本当に条件を満たすことの両方を要求します。第二は「条件を満たす整数がただ一つ存在することを示せ」という形です。文字を含む区間や法が相手のときによく出て、存在の構成と一意性の証明を別々に書く必要があります。第三は「高々一つであることを示せ」「最大のものを求めよ」という形です。一意性だけを問う場合もあれば、存在の形が「最大」に変わっている場合もあります。

どの形でも、最初に目を置くのは二種類の条件です。一つは整除の条件で、「n を 11 で割った余りは 4」「4n + 1 は 7 の倍数」のように、候補を一本の剰余類へ閉じ込めます。もう一つは大小の条件で、「60 < n < 100」「300 以上 340 以下」のように、その剰余類から範囲内の代表だけを切り出します。整除の条件だけでは候補は無限に続き、大小の条件だけでは候補は多すぎます。二つを合わせたときに初めて、候補の個数が 0 個か 1 個か 2 個以上かに決まります。答案が止まるのは、この二つを別々の段落で処理していないときです。

存在と一意性は、別々に閉じる

存在の証明ですることは、候補を自分で作り、条件へ代入して確かめることです。整数 m と余り r が決まっているなら、候補は n = r + mk の形に書けます。この k に一つの整数を入れて、整除・余り・範囲の三つを順に確認します。確認の計算は答案に残します。候補の式だけを書いて「存在する」と結ぶと、その数が範囲の外にある答案が出来上がります。

一意性の証明ですることは、二つの候補を仮定し、その差を調べることです。n₁ と n₂ が同じ整除条件を満たすなら、差 n₂ − n₁ は法の倍数です。同時に、二つとも同じ区間に入っているなら、差の大きさは区間の幅より小さいはずです。倍数でありながら幅より小さい整数は 0 しかないので、n₁ = n₂ となります。ここで大切なのは、差が法の倍数になる根拠を一行で書くことです。余りが等しいから差が法で割り切れる、という理由を省くと、採点する側は議論の出発点を追えません。

この二つの仕事は、論理の向きが違います。存在は「少なくとも一つある」ことを言い、一意性は「二つ以上はない」ことを言います。一意性だけを示しても、候補が 0 個の場合はその命題は成り立ちます。0 個は「二つ以上ない」という条件を満たすからです。つまり一意性の証明は、存在を少しも保証しません。逆に、候補を一つ見つけただけでは、他に候補がないことを保証しません。片方だけでは答案が閉じないのは、この論理の形によります。

両方を一度に扱える道具があります。連続する m 個の整数を m で割った余りは、すべて異なります。もし二つの余りが等しければ、その差は m の倍数ですが、連続する m 個の整数の差は 1 以上 m 未満です。m の倍数でその範囲に入る数は 0 だけなので、二つの数は同じになります。これは矛盾です。したがって、連続する m 個の整数には、余り 0 から m-1 までがちょうど 1 個ずつ並びます。この事実を押さえておくと、区間の幅と法を比べるだけで、存在と一意性の見通しが立ちます。

図1のように、整除の条件は候補の形を作る段へ、大小の条件は範囲に収まるかを確かめる段へつながります。そのうえで、存在の段と一意性の段を分けて書きます。図1の下段に置いたとおり、片方だけでは答案として不十分です。どちらの段が欠けているかは、答案を読み返すときに見出しの代わりになる一文で判断できます。「まず候補を作る」「次に他にないことを示す」という二つの文があれば、二つの仕事は分かれています。

用語の確認もしておきます。整数 a と正の整数 m について、a を m で割った余りが r であることを a ≡ r (mod m) と書きます。このとき a − r は m の倍数です。合同式は、両辺に同じ整数を足す・掛けることができます。割り算は、法と互いに素な数でしか自由にできません。ここで使う計算は、法と互いに素な数を掛けて余り 1 を作る形だけです。例えば法が 11 で、9 に 5 を掛けると 45 となり、45 を 11 で割った余りは 1 です。この 5 が、9 の逆数の役割を果たします。

答案の設計では、区間の幅を先に測ります。幅が法より小さいときは、一意性が自動的に手に入ります。幅が法以上あるときは、候補が二つ入る余地があるので、剰余類の代表を具体的に書き並べて個数を数えます。存在は、その並べた候補のどれかが区間の端の内側にあるかで決まります。端そのものは、不等号が等号を含むかどうかで扱いが変わります。この三つの手順を毎回同じ順にたどると、場合分けの漏れが減ります。

基本例題　9の倍数で、11で割って4余る整数

基本例題（標準）　整数 n は 9 の倍数で、n を 11 で割った余りは 4 です。60 < n < 100 を満たす n を、整数で答えなさい。

方針　まず整除の条件を一本の式にまとめます。n = 9m と置いて 11 で割った余りを考えると、m の条件が一つに絞れます。そのうえで候補の列を作り、区間に入るものを選びます。最後に、選んだ候補が条件を満たすことと、他に候補がないことを別々に書きます。

解答　n は 9 の倍数なので、整数 m を使って n = 9m と書けます。11 で割った余りが 4 という条件は、合同式で次のように表せます。

9m ≡ 4 (mod 11)

9 に 5 を掛けると 45 になり、45 を 11 で割った余りは 1 です。そこで両辺に 5 を掛けます。

45m ≡ 20 (mod 11)
m ≡ 9 (mod 11)

したがって m = 9 + 11k（k は整数）と書けます。これを n = 9m に戻します。

n = 9(9 + 11k)
n = 81 + 99k

存在　k = 0 とすると n = 81 です。三つの条件を順に確かめます。81 = 9 × 9 なので 9 の倍数です。81 = 7 × 11 + 4 なので、11 で割った余りは 4 です。60 < 81 < 100 なので、区間にも入ります。よって条件を満たす整数は少なくとも一つあります。

一意性　条件を満たす整数が二つあり、n₁ < n₂ とします。どちらも 81 + 99k の形なので、差は 99 の倍数です。一方、二つとも 60 と 100 の間にあるので、差は 100 − 60 = 40 より小さいはずです。99 の倍数で 40 より小さいものは 0 だけですから、n₂ − n₁ = 0、すなわち n₁ = n₂ です。よって二つ以上はありません。

結論　存在と一意性の両方が示せたので、条件を満たす n はちょうど一つで、n = 81 です。

検算　81 を元の条件へ戻します。81 を 9 で割ると 9 で、余りは 0 です。81 を 11 で割ると 7 余り 4 です。60 と 100 の間にもあります。候補の列は 81 の前が 81 − 99 = -18、後ろが 81 + 99 = 180 で、この区間に入るのは 81 だけです。図2は、この候補の間隔と区間の位置を数直線にしたものです。

図2のように、候補は 99 ごとに並び、区間 60 から 100 の中には 81 だけが入ります。区間の幅 40 が間隔 99 より小さいことが、一意性の根拠を一目で示しています。もし区間が 100 < n < 200 なら、81 は外れて 180 が入り、答えは 180 に変わります。候補の列を作ってから区間を当てはめる順序が、数を入れ替えたときの間違いを防ぎます。

標準例題　二つの余りを、区間の端で受ける

標準例題（やや難）　整数 n は、5 で割った余りが 3、8 で割った余りが 7 です。300 ≤ n ≤ 340 を満たす n を、整数で答えなさい。

方針　余りが二つあるので、一方を n = 3 + 5k の形に直し、もう一方へ代入して k の条件を出します。k の条件が 8 で割った余りになるので、候補は 40 ごとに並びます。候補の列と区間の端を突き合わせて、存在と一意性を別々に確かめます。

解答　5 で割った余りが 3 なので、整数 k を使って n = 3 + 5k と書けます。これを 8 で割った余りが 7 という条件へ入れます。

3 + 5k ≡ 7 (mod 8)
5k ≡ 4 (mod 8)

5 に 5 を掛けると 25 で、25 を 8 で割った余りは 1 です。両辺に 5 を掛けます。

25k ≡ 20 (mod 8)
k ≡ 4 (mod 8)

よって k = 4 + 8t（t は整数）と書け、n は次の形になります。

n = 3 + 5(4 + 8t)
n = 23 + 40t

存在　区間 300 ≤ n ≤ 340 に入る t を探します。t = 7 とすると n = 23 + 280 = 303 です。確かめます。303 = 5 × 60 + 3 なので 5 で割った余りは 3 です。303 = 8 × 37 + 7 なので 8 で割った余りは 7 です。300 ≤ 303 ≤ 340 も成り立ちます。よって少なくとも一つあります。

一意性　条件を満たす整数が二つあり、n₁ < n₂ とします。どちらも 23 + 40t の形なので、差は 40 の倍数です。二つとも 300 以上 340 以下なので、差は 40 以下です。40 の倍数で 40 以下かつ正のものは 40 だけですから、差は 40 でなければなりません。差がちょうど 40 になるのは、小さい方が 300 で大きい方が 340 のときに限られます。ところが 300 を 40 で割ると余りは 20、340 を 40 で割っても余りは 20 で、どちらも 23 ではありません。これは二つとも 23 + 40t の形であることに反します。よって二つ以上はなく、候補は 303 だけです。

結論　条件を満たす n は 303 です。

検算　303 を二つの割り算へ戻します。303 = 5 × 60 + 3、303 = 8 × 37 + 7 で、どちらも問題文の余りと一致します。前後の候補は 263 と 343 で、区間の外にあります。303 が区間の内側にあり、343 が上端の 340 を 3 だけ超えていることが、答えが一つになる理由です。

境界をずらすと何が起きるか　同じ条件で、区間を 300 ≤ n ≤ 343 に広げます。343 は 23 + 40 × 8 なので条件を満たし、上端の内側に入ります。このとき答えは 303 と 343 の二つになります。一意性の議論は「差が 40 以下」というところで 340 という上端を使っていました。上端が 3 だけ伸びると、差が 40 の組が入り、一意性が崩れます。

逆に、区間を 304 ≤ n ≤ 340 に狭めます。前後の候補は 263 と 343 なので、この区間には候補がありません。一意性の証明は「二つ以上はない」という形のまま成り立ちますが、存在は成り立ちません。同じ答案の前半をそのまま残して「よってただ一つ」と結ぶと、0 個の場面でも正しいように見えてしまいます。区間を狭めたときは、存在の段落を先に点検する必要があります。

別解　8 で割った余りから先に候補を作ることもできます。n = 7 + 8j と置き、5 で割った余りが 3 という条件へ入れます。7 + 8j ≡ 3 (mod 5) から 8j ≡ 1 (mod 5)、すなわち 3j ≡ 1 (mod 5) です。3 に 2 を掛けると 6 で余りが 1 なので、j ≡ 2 (mod 5) となります。n = 7 + 8(2 + 5t) = 23 + 40t で、同じ候補の列に着きます。どちらの余りから始めても、候補の間隔は二つの法の最小公倍数 40 になります。この一致は、二つの合同条件を同時に満たす数が 40 ごとに繰り返すことの現れです。

使えない方法　5 で割った余りが 3 だからといって、n = 3 と決めることはできません。3 は 8 で割った余りが 3 で、7 ではありません。一つの余りだけを満たす数を候補にして、もう一つの条件を確かめない答案が、この型でよく出ます。二つの条件は、両方を代入して初めて候補を絞ります。

発展例題　開区間が落とす一つの余り

発展例題（難）　整数 a が 13 で割って 4 余らないとき、a < n < a + 13 かつ n を 13 で割った余りが 4 となる整数 n がただ一つ存在することを示しなさい。また、a を 13 で割った余りが 4 のときは、そのような n が存在しないことを示しなさい。

方針　区間の幅と法がどちらも 13 で、しかも両端が開いています。開区間 (a, a + 13) に入る整数は a + 1 から a + 12 までの 12 個です。この 12 個の余りを数えると、13 種類の余りのうち 12 種類がちょうど 1 回ずつ現れ、残る 1 種類だけが現れません。どの種類が抜けるかは、区間の外に置いた a と a + 13 の余りで決まります。この見方で存在と一意性を同時に扱い、最後に境界の場合を分けます。

解答　まず、a + 1, a + 2, …, a + 12 の 12 個は連続する整数です。この中に 13 で割った余りが等しい二つがあると仮定します。その差は 13 の倍数ですが、12 個の連続する整数の差は 1 以上 12 以下なので、13 の倍数にはなりません。矛盾です。よって 12 個の余りはすべて異なり、13 種類の余りのうち 12 種類がちょうど 1 回ずつ現れます。

次に、現れない 1 種類を特定します。a と a + 13 は 13 で割った余りが等しく、どちらも開区間の外にあります。a, a + 1, …, a + 12 の 13 個を考えると、これらは連続する 13 個なので、余りは 13 種類すべてが 1 回ずつ現れます。この 13 個から a を除いたものが開区間の中身です。したがって、開区間で現れない余りは、a を 13 で割った余りただ一つです。

存在　a を 13 で割った余りを r とします。r が 4 でないとき、開区間の中に余り 4 の整数がちょうど 1 個あります。これで存在が示せました。候補を式で書くなら、a = 13q + r（0 ≤ r ≤ 12）と置いて、r < 4 のときは n₀ = 13q + 4、r > 4 のときは n₀ = 13(q + 1) + 4 です。r < 4 なら n₀ − a = 4 − r は 1 以上 4 以下で、n₀ < a + 13 も成り立ちます。r > 4 なら n₀ − a = 17 − r は 5 以上 12 以下で、n₀ < a + 13 も成り立ちます。どちらの場合も n₀ は開区間の内側です。

一意性　開区間の中に余り 4 の整数が二つあるとします。二つの差は 13 の倍数ですが、どちらも a と a + 13 の間にあるので、差は 13 より小さいはずです。13 の倍数で 13 より小さいものは 0 だけなので、二つは同じ数です。よって余り 4 の整数は、あっても一つです。存在の段で一つ見つけてあるので、ちょうど一つになります。

境界　r = 4 のときを調べます。a 自身が余り 4 で、a + 13 も余り 4 です。開区間はこの両端を除くので、余り 4 の整数は中に入りません。実際、a = 13q + 4 とすると、a より大きく a + 13 より小さい余り 4 の整数は 13q + 4 + 13t（t は整数）の形で、0 < 13t < 13 を満たす t は存在しません。よってこのときは 0 個です。a = 108 がその例で、108 < n < 121 に入る余り 4 の整数はありません。一方、a = 104 なら 104 < 108 < 117 で、n = 108 がただ一つ入ります。

閉区間にすると　両端を含む a ≤ n ≤ a + 12 を考えると、中身は連続する 13 個の整数です。この場合は余り 13 種類がちょうど 1 回ずつ現れるので、a の余りが何であっても、余り 4 の整数がただ一つ存在します。開区間にした瞬間に、a と同じ余りのクラスだけが丸ごと落ちる、というのがこの例題の中心です。境界の反例は、特別な数を探すのではなく、区間の端と同じ余りを持つクラスを外したときに自動的に現れます。

答案の形　この例題では、存在の段落で「抜けていないクラス」を数え、一意性の段落で「12 個の余りは重ならない」ことを使い、境界の段落で r = 4 を分けました。三つの段落がそれぞれ別のことを言っています。一つの段落にまとめると、どの仮定がどの結論を支えているのかが読み取れなくなります。

崩れる答案は、どこで崩れるか

誤答の実例　104 < n < 110 かつ、n を 12 で割った余りが 7 である整数 n を求める問題を考えます。ある答案は次のように書きました。「条件を満たす整数が二つあるとすると、その差は 12 の倍数である。ところが二つとも 104 と 110 の間にあるので、差は 6 より小さい。12 の倍数で 6 より小さいものは 0 だけだから、二つは同じ数である。よって条件を満たす整数はただ一つ」。一意性の計算は正しいのですが、この区間には条件を満たす整数がありません。余り 7 の整数は 7 + 12k の形で、103 の次は 115 です。104 と 110 の間にはどちらも入りません。

原因　一つ目は、「高々一つ」と「ただ一つ」を同じ意味で使っていることです。高々一つは 0 個でも 1 個でも成り立ちます。ただ一つは、0 個では成り立ちません。二つ目は、存在の確認を一意性の証明で代用していることです。差の議論は、候補が二つあったときの話であって、候補が一つあるかどうかには触れていません。三つ目は、端点の確認をしていないことです。104 と 110 のどちらも余り 7 ではないので、区間の内側に候補が入る余地はありませんでした。

直し方　答案を二つの段落に分けます。はじめの段落では、候補の式 n = 7 + 12k を書き、k に具体的な数を入れて三つの条件を確かめます。この問題では、どの k を入れても区間に入らないので、ここで「存在しない」と結論できます。存在しないと分かれば、一意性の議論は必要ありません。存在する問題では、二つ目の段落で差の議論を書きます。最後に「存在と一意性から、条件を満たす整数はちょうど一つ」と結びます。この順序なら、0 個の場面で「ただ一つ」と書く事故は起きません。

逆の崩れ方　存在だけを示して一意性を飛ばす答案もあります。例えば 5 で割った余りが 3 で、20 ≤ n ≤ 30 という条件なら、23 を見つけて「答えは 23」と書きたくなります。しかし 28 も 5 で割った余りが 3 で、区間に入ります。一つの候補を見つけた時点で満足すると、二つ目の候補を取り落とします。候補の列を作り、区間に入るものをすべて数える作業が、一意性の代わりになります。

図3のように、一意性だけを示した答案は、解が 0 個の場面でも成り立ちます。存在の段を別に置き、候補を代入して確かめることで、答案は初めて閉じます。図3の左側が誤答の形、右側が直した形です。どちらの段が欠けているかは、答案に「候補を作る」という文があるかどうかで見分けられます。

端点の写し間違い　不等式の端を写し間違えると、存在の判定が変わります。300 ≤ n ≤ 340 を 300 < n < 340 に変えると、303 は残りますが、340 が外れます。逆に上端を 343 に変えると、先に見たように候補が二つになります。集合を書き写したら、端の数が条件に入るかどうかを、候補の式へ実際に代入して確かめます。代入の一手間が、境界の事故を防ぎます。

練習問題

次の 5 問を解きなさい。答えはすべて整数で、指定した形で答えること。

練習1　整数 n は 4n + 1 が 7 の倍数で、50 < n < 60 を満たします。n を求めなさい。

練習2　整数 n は、7 で割った余りが 3、9 で割った余りが 5 です。100 ≤ n ≤ 200 を満たす n をすべて求めなさい。

練習3　整数 a に対して、a ≤ n ≤ a + 16 かつ n を 17 で割った余りが 2 となる整数 n がただ一つ存在することを示しなさい。

練習4　103 < n < 113 かつ、n を 10 で割った余りが 3 となる整数 n の個数を求めなさい。また、この区間で「高々一つ」という主張が成り立つかどうかを答えなさい。

練習5　整数 n は、4 で割った余りが 3、6 で割った余りが 1 です。0 < n < 60 を満たす n のうち、最大のものを求めなさい。

練習問題の答えと解き方

練習1の答え　n = 54。

4n + 1 が 7 の倍数なので、4n ≡ -1 (mod 7)、すなわち 4n ≡ 6 (mod 7) です。4 に 2 を掛けると 8 で、8 を 7 で割った余りは 1 です。両辺に 2 を掛けます。

8n ≡ 12 (mod 7)
n ≡ 5 (mod 7)

よって n = 5 + 7k です。50 < n < 60 に入るのは k = 7 のときで、n = 54 です。存在の確認として、4 × 54 + 1 = 217 = 7 × 31 で、7 の倍数になっています。一意性は、候補が 7 ごとに並び、47 と 61 が区間の外にあることから分かります。

練習2の答え　n = 122, 185。

7 で割った余りが 3 なので、n = 3 + 7k と置きます。9 で割った余りが 5 という条件へ入れます。

3 + 7k ≡ 5 (mod 9)
7k ≡ 2 (mod 9)

7 に 4 を掛けると 28 で、28 を 9 で割った余りは 1 です。両辺に 4 を掛けます。

28k ≡ 8 (mod 9)
k ≡ 8 (mod 9)

よって k = 8 + 9t で、n = 3 + 7(8 + 9t) = 59 + 63t です。100 ≤ n ≤ 200 に入るのは t = 1 の 122 と t = 2 の 185 です。122 = 7 × 17 + 3、122 = 9 × 13 + 5、185 = 7 × 26 + 3、185 = 9 × 20 + 5 で、どちらも二つの余りを満たします。t = 0 の 59 と t = 3 の 248 は区間の外なので、この二つで全部です。

練習3の答え　a を 17 で割った余りで場合分けします。a = 17q + r、0 ≤ r ≤ 16 と書きます。

r ≤ 2 のとき、n₀ = 17q + 2 とします。n₀ − a = 2 − r は 0 以上 2 以下なので、a ≤ n₀ です。また n₀ − a ≤ 2 なので、n₀ ≤ a + 16 も成り立ちます。よって n₀ は区間の内側で、余りは 2 です。

r ≥ 3 のとき、n₀ = 17(q + 1) + 2 = 17q + 19 とします。n₀ − a = 19 − r は 3 以上 16 以下なので、a ≤ n₀ ≤ a + 16 です。よってこの場合も区間の内側に余り 2 の整数があります。これで存在が示せました。

一意性は、区間の幅が 16 で、法が 17 であることから示します。余り 2 の整数が二つあると、その差は 17 の倍数です。一方、二つとも a 以上 a + 16 以下なので、差は 16 以下です。17 の倍数で 16 以下かつ正のものはないので、差は 0 です。よって二つは同じ数で、ただ一つです。

練習4の答え　0 個。「高々一つ」は成り立つ。

103 を 10 で割った余りは 3、113 を 10 で割った余りも 3 です。開区間 103 < n < 113 は、この二つの端点を除く 104 から 112 までの 9 個の整数です。この 9 個の余りは 4 から 2 までで、3 は現れません。よって条件を満たす整数は 0 個です。

「高々一つ」は「二つ以上はない」という意味なので、0 個のときも成り立ちます。ただし「ただ一つ」は成り立ちません。個数が 0 であることを答案に書かずに「高々一つ」だけを書くと、読み手は一つあると誤解します。

練習5の答え　n = 55。

4 で割った余りが 3 なので、n = 3 + 4k と置きます。6 で割った余りが 1 という条件へ入れます。

3 + 4k ≡ 1 (mod 6)
4k ≡ -2 (mod 6)
4k ≡ 4 (mod 6)

両辺を 2 で割ると 2k ≡ 2 (mod 3)、すなわち k ≡ 1 (mod 3) です。よって k = 1 + 3t で、n = 3 + 4(1 + 3t) = 7 + 12t です。0 < n < 60 に入るのは t = 0 から 4 までで、7, 19, 31, 43, 55 の 5 個です。最大は 55 です。55 = 4 × 13 + 3、55 = 6 × 9 + 1 で、二つの余りを満たします。最大の候補がただ一つであることは、候補の列を並べれば明らかです。60 以上の候補は 67 が最小なので、55 より大きい候補は区間の外にあります。

覚えておくこと

• 存在は、候補の式を作り、整除・余り・範囲の三つを代入して確かめる。
• 一意性は、二つの候補の差が法の倍数であることと、差が区間の幅より小さいことを組み合わせる。
• 一意性だけでは存在を導けない。0 個でも一意性は成り立つ。
• 区間の幅が法より小さいときは一意性が自動で入り、幅が法以上なら候補を並べて数える。
• 端点を含むかどうかで個数は変わる。候補を端へ代入して確かめる。

つまずきの見分け方

答案に「ただ一つ」と書いてあるのに数が書かれていないときは、存在の段落が抜けています。逆に、候補の数だけを書いて「他にない」という文がないときは、一意性の段落が抜けています。どちらの場合も、候補の式 n = r + mk を書き、k を一つ決めて三つの条件へ代入する作業からやり直すと、抜けた段落が見えてきます。区間の幅と法を並べて書き、幅が法より小さいかどうかを最初に確かめるのも同じ効果があります。境界で迷ったときは、端の数を候補の式へ入れて、余りが合うかを計算します。個別の指導では、答案の二つの段落を指で追いながら、どちらの仕事をしている文なのかを一枚ずつ確かめます。存在の文と一意性の文が別の行にあれば、答案は自分で閉じられます。