絶対値を含む方程式

\(a\)を\(-1\)より大きい定数とする.\[a(|x|-a)+x+1<0\]を解け. (駿台模試,一部抜粋)

解答

\begin{align*}
&a(|x|-a)+x+1<0 \land a>-1\\
\Longleftrightarrow~&a(|x|-a)+x+1<0 \land a>-1 \land (x \geq 0 \lor x <0)\\ \Longleftrightarrow~&(a(x-a)+x+1<0 \land a>-1 \land x \geq 0)\\
&\lor (a(-x-a)+x+1 < 0 \land a>-1 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&((a+1)x < a^2-1 \land a+1>0 \land x \geq 0)\\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0) \\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&((x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0)\land(a-1\leq 0 \lor a-1 >0)) \\
&\lor (((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0)\land (1-a>0\lor 1-a=0 \lor 1-a <0))\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0 \land a-1\leq 0) \\
&\lor(x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0 \land a-1 >0) \\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1-a>0)\\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1-a=0)\\ &\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1-a <0)\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land x \geq 0 \land -1 < a \leq 1) \\ &\lor(x < a-1 \land a > -1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x < -a-1 \land x < 0 \land -1 < a < 1)\\ &\lor (0x < 0 \land a > -1 \land x < 0 \land a=1)\\ &\lor (x > -a-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~&\bot\\ &\lor(x < a-1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x < -a-1 \land x < 0 \land -1 < a < 1)\\ &\lor \bot\\ &\lor (x > -a-1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x < -a-1 \land x < 0 \land -1 < a < 1)\\ &\lor (x > -a-1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\\ &\lor(x < a-1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x > -a-1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\\ &\lor (((x < a-1 \land x \geq 0) \lor (x > -a-1 \land x < 0 )) \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\\ &\lor ((0 \leq x < a-1 \lor -a-1< x < 0 ) \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\lor (-a-1< x < a-1 \land 1 < a ) \end{align*} 解答終

ベクトルの便利公式

\(\triangle{\mathrm{ABC}}\)において,\(\triangle{\mathrm{PBC}}:\triangle{\mathrm{PCA}}:\triangle{\mathrm{PAB}}=a:b:c~\)のとき,\[\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\frac{1}{a+b+c}(b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}})\]

 

 

証明

直線\(\mathrm{AP}\)と辺\(\mathrm{BC}\)との交点を\(\mathrm{D}\)とおくと,\(\triangle{\mathrm{PCA}}:\triangle{\mathrm{PAB}}=b:c\)より\(\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=c:b\)であるから,内分の公式により\[\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\frac{b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{c+b}\]
また,凹四角形\(\mathrm{ABPC}\)と\(\triangle{\mathrm{PBC}}\)の面積比が\(b+c:a\)であることから\(\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=b+c:a\)だから\[\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\frac{b+c}{a+b+c}\overrightarrow{\mathrm{AD}}\]
この\(2\)式により
\begin{align*}
\overrightarrow{\mathrm{AP}}=&\frac{b+c}{a+b+c}\overrightarrow{\mathrm{AD}}\\
=&\frac{b+c}{a+b+c}\frac{1}{b+c}(b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}})\\
=&\frac{1}{a+b+c}(b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}})
\end{align*}

証明終

幾何の問題でおなじみ「底辺が等しければ面積比=高さの比」を利用します。この公式は例のあの問題で役立ちます:

\(\Delta \mathrm{OAB}\)において,辺\(\mathrm{OA}\)の中点を\(\mathrm{C}\),辺\(\mathrm{OB}\)を\(2:1\)に内分する点を\(\mathrm{D}\)とし,線分\(\mathrm{AD}\)と線分\(\mathrm{BC}\)の交点を\(\mathrm{P}\)とする.\(\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\overrightarrow{b}\)とするとき,\(\overrightarrow{\mathrm{OP}}\)を\(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\)を用いて表せ.

解答

\(\mathrm{OC:CA}=1:1\)であるから,\(\triangle{\mathrm{PBO}}:\triangle{\mathrm{PBA}}=1:1\)
また,\(\mathrm{OD:DB}=2:1\)であるから,\(\triangle{\mathrm{PAO}}:\triangle{\mathrm{PAB}}=2:1\)
よって,\(\triangle{\mathrm{PAO}}:\triangle{\mathrm{PAB}}:\triangle{\mathrm{PBO}}=2:1:1\)
上の公式により,
\begin{align*}
\overrightarrow{\mathrm{OP}}=&\frac{1}{2+1+1}(1\overrightarrow{\mathrm{OA}}+2\overrightarrow{\mathrm{OB}})\\
=&\frac{1}{4}\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\frac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OB}}
\end{align*}

解答終

というように早くて楽…なんですが,しかしこれは教科書に載っていないため,試験で使ってよいかというと微妙なところだと思います。(証明を含めてかけばもちろん問題はないけど,それだと時間がかかり本末転倒)

なので,検算に用いるとよいと思います。

2次の不定方程式(つづき2)

\begin{align*}
&2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0 \land x,y\in\mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x,y\in\mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x,y\in\mathbb{Z} \\
&\land \exists k \in \{0,1,2,\cdots\}[25y^2-50y+49=k^2]\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x,y\in\mathbb{Z} \\
&\land \exists k \in \{0,1,2,\cdots\}[(5y-k-5)(5y+k-5)=-24]\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x,y\in\mathbb{Z} \\
&\land \exists k \in \{0,1,2,\cdots\}\left[\begin{cases}5y-k-5=-2\\5y+k-5=12 \end{cases} \lor \begin{cases}5y-k-5=-4\\5y+k-5=6\end{cases}\right.\\
&\lor \left. \begin{cases}5y-k-5=-6\\5y+k-5=4\end{cases} \lor \begin{cases}5y-k-5=-12\\5y+k-5=2\end{cases} \right]\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x,y\in\mathbb{Z} \\
&\land \exists k \left[\begin{cases}5y-k-5=-2\\5y+k-5=12\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases} \lor \begin{cases}5y-k-5=-4\\5y+k-5=6 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases}\right.\\
&\lor \left. \begin{cases}5y-k-5=-6\\5y+k-5=4 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases} \lor \begin{cases}5y-k-5=-12\\5y+k-5=2 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases} \right]\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x,y\in\mathbb{Z} \\
&\land \exists k \left[\begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases} \lor \begin{cases}y=\frac{6}{5}\\k=5 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases}\right.\\
&\lor \left. \begin{cases}y=\frac{4}{5}\\k=5 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases} \lor \begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases} \right]\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x\in\mathbb{Z} \\
&\land \exists k \left[\begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \lor \begin{cases}y=\frac{6}{5}\\k=5 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases}\right.\\
&\lor \left. \begin{cases}y=\frac{4}{5}\\k=5 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \lor \begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \right]\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x\in\mathbb{Z} \\
&\land \exists k \left[\begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \lor \begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \right]\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x\in\mathbb{Z} \\
&\land \left( \exists k \begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \lor \exists k\begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \right)\\
\Longleftrightarrow~&\left( x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x\in\mathbb{Z} \land \exists k \begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases}\right)\\
&\lor \left( x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4} \land x\in\mathbb{Z} \land \exists k\begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\y\in\mathbb{Z}\end{cases} \right)\\
\Longleftrightarrow~&\exists k \begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\x,y\in\mathbb{Z}\\x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4}\end{cases} \lor \exists k\begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\x,y\in\mathbb{Z}\\x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists k \begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\x,y\in\mathbb{Z}\\x=\frac{-3\pm 7}{4}\end{cases} \lor \exists k\begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\x,y\in\mathbb{Z}\\x=\frac{3 \pm 7}{4}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists k \begin{cases}y=2\\k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\x,y\in\mathbb{Z}\\x=1\end{cases} \lor \exists k\begin{cases}y=0\\k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\\x,y\in\mathbb{Z}\\x=-1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\left(\begin{cases}(x,y)=(1,2)\\x,y\in \mathbb{Z}\end{cases} \land \exists k \begin{cases}k=7\\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases}\right) \\
&\lor \left(\begin{cases} (x,y)=(-1,0)\\\\x,y\in \mathbb{Z}\end{cases} \land \exists k\begin{cases}k=7 \\ k\in \{0,1,2,\cdots\}\end{cases}\right)\\
\Longleftrightarrow~&\begin{cases}(x,y)=(1,2)\\x,y\in \mathbb{Z}\end{cases} \lor \begin{cases} (x,y)=(-1,0)\\x,y\in \mathbb{Z}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&(x,y)=(1,2) \lor (x,y)=(-1,0)
\end{align*}

2次の不定方程式(つづき1)

次の方程式を満たす整数\(x,y\)の値を求めよ.

    1. \(2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\)
    2. \(x^2-4xy+5y^2+2x-5y-1=0\)
  • 前回記事(上の問題)の1. \[2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\]を因数分解せずに解くとどうなるかを見てみます。前と同様,
    \begin{align*}
    &2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4}
    \end{align*}と変形し,ここから必要条件として\[25y^2-50y+49\geq 0\]が得られますが,しかしこれは何の旨味もないものです。なぜならこの式を満たす\(y\in \mathbb{Z}\)は無数にあり,\(y\)が絞れないからです。そこで必要条件として別のものをとり出してみます。

    別解

    \begin{align*}
    &2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4}
    \end{align*}\(x\)は整数であるから\[25y^2-50y+49=k^2\quad(k=0,1,2,\cdots)\]と表せることが必要.ここで
    \begin{align*}
    &25y^2-50y+49=k^2\\
    \Longleftrightarrow~&25(y^2-2y+1-1)-k^2+49=0\\
    \Longleftrightarrow~&25(y-1)^2-k^2=-24\\
    \Longleftrightarrow~&(5(y-1)-k)(5(y-1)+k)=-24\\
    \Longleftrightarrow~&(5y-k-5)(5y+k-5)=-24(=-2^3\times 3)
    \end{align*}
    また,\((5y-k-5)+(5y+k-5)=2(5y-3)(=\text{偶数})\)であることから\(5y-k-5\)と\(5y+k-5\)の偶奇は一致すること,そして\(5y-k-5<5y+k-5\)であることから,\((5y-k-5,5y+k-5)\)の組み合わせは\[(-2^1,2^2\cdot 3),(-2^2,2^1\cdot 3),(-2^1\cdot 3,2^2),(-2^2\cdot 3,2^1)\]の\(4\)通りであることが分かる.これより\(y=2,\frac{6}{5},\frac{4}{5},0\)が得られ,\(y\)は整数だから\(y=0,2\)で\(x=-1,1\).したがって求める答えは\((x,y)=(-1,0),(1,2)\)である.

    別解終

    途中,必要条件なのに逆の考察をしていないのはやはり同値だからです。論理式で記述すると(つづく)

    2次の不定方程式

    次の方程式を満たす整数\(x,y\)の値を求めよ.

    1. \(2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\)
    2. \(x^2-4xy+5y^2+2x-5y-1=0\)
  • 1.
    整数問題の大まかなタイプとしては,

    因数分解,範囲を絞ってしらみつぶし,合同式の利用(余りで分類)

    というのは有名ですが,このうち一つ目の因数分解を狙うというのは自然な発想かと思います。

    (因数分解の方針その1)
    \begin{align*}
    &2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2y^2+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2(y^2-2y+1-1)-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2(y-1)^2-3=0\\
    \Longleftrightarrow~&(2x-y+1)(x+2y-2)=3
    \end{align*}

    3行目の変形がちょっと苦しい…?^^;

    (因数分解の方針その2)
    \begin{align*}
    &2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2y^2+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&2\left(x^2+\frac{3(y-1)}{2}x+\frac{9(y-1)^2}{16}-\frac{9(y-1)^2}{16}\right)-2y^2+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&2\left(x+\frac{3(y-1)}{4}\right)^2-\frac{9(y-1)^2}{8}-2y^2+4y-5=0\\
    \Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-9(y-1)^2-16y^2+32y-40=0\\
    \Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-25y^2+50y-49=0\\
    \Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-25(y^2-2y+1-1)-49=0\\
    \Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-25(y-1)^2=24\\
    \Longleftrightarrow~&(4x-2y+2)(4x+8y-8)=24\\
    \Longleftrightarrow~&(2x-y+1)(x+2y-2)=3
    \end{align*}平方完成で強引に。

    (因数分解の方針その3)
    \(2x^2+3xy-2y^2=(2x-y)(x+2y)\)に着目し,\((2x-y+a)(x+2y+b)\)という式の展開式を考えます。すると\[(2x-y+a)(x+2y+b)=2x^2+3xy-2y^2+Ax+By+C\]という与式の形が現れますから,\(A=-3,B=4\)を解いて,\(a,b\)を求めます(これを\(a_0,b_0\)とします。これにより\(C=C_0\)も求まる):\[(2x-y+a_0)(x+2y+b_0)=2x^2+3xy-2y^2-3x+4y+C_0\]与式より\(2x^2+3xy-2y^2-3x+4y=5\)でしたから
    \begin{align*}
    &(2x-y+a_0)(x+2y+b_0)=2x^2+3xy-2y^2-3x+4y+C_0\\
    \Longleftrightarrow&~(2x-y+a_0)(x+2y+b_0)=5+C_0
    \end{align*}を得ます。以上を実際行うと,
    \[(2x-y+1)(x+2y-2)=2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-2=5-2=3\]となります。

    …ともあれ因数分解できました。あとは右辺の因数の組み合わせが\((1,3),(-1,-3),(3,1),(-3,-1)\)のみであることから\((x,y)=(1,2),(-1,0)\)を得ます。

    2.
    これも因数分解…と思いきや,1.のようにうまく因数分解できない。お手上げか…?
    そこで姿勢を変えて論理で攻めてみます

    解答
    \begin{align*}
    &x^2-4xy+5y^2+2x-5y-1=0\\
    \Longleftrightarrow~&x^2-2(2y-1)x+5y^2-5y-1=0\\
    \Longleftrightarrow~&x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2}
    \end{align*}これが整数解をもつならば,\(-y^2+y+2\geq 0\)であることが必要
    \begin{align*}
    &-y^2+y+2\geq 0\\
    \Longleftrightarrow~&y^2-y-2\leq 0\\
    \Longleftrightarrow~&(y-2)(y+1)\leq 0\\
    \Longleftrightarrow~&-1 \leq y\leq 2
    \end{align*}

    \(y\)は整数であるから,\(y=-1,0,1,2\)
    \(y=-1\)のとき\(x=-3\),
    \(y=0\)のとき\(x=-1\pm \sqrt{2}\),
    \(y=1\)のとき\(x=1\pm \sqrt{2}\),
    \(y=2\)のとき\(x=3\),

    ゆえに\((x,y)=(-1,-3),(2,3)\)が求めるものである.

    解答終

    必要条件なのに逆の考察をしていないのは同値だからです。論理式で記述すると
    \begin{align*}
    &x,y\in \mathbb{Z},x^2-4xy+5y^2+2x-5y-1=0\\
    \Longleftrightarrow~&x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2}\\
    \Longleftrightarrow~& x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land -y^2+y+2\geq 0\\
    \Longleftrightarrow~& x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land -1\leq y \leq 2\\
    \Longleftrightarrow~& x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2}\\
    &\land (y=-1 \lor y=0 \lor y=1 \lor y=2)\\
    \Longleftrightarrow~& \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=-1\right)\\
    \lor & \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=0\right)\\
    \lor & \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=1\right)\\
    \lor & \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=2\right)\\
    \Longleftrightarrow~& (x,y\in \mathbb{Z} \land x=-3 \land y=-1)\\
    \lor & (x,y\in \mathbb{Z} \land x=-1\pm \sqrt{2} \land y=0)\\
    \lor & (x,y\in \mathbb{Z} \land x=1\pm\sqrt{2} \land y=1)\\
    \lor & (x,y\in \mathbb{Z} \land x=3 \land y=2)\\
    \Longleftrightarrow~&(x,y\in \mathbb{Z} \land x=-3 \land y=-1)\lor (x,y\in \mathbb{Z} \land x=3 \land y=2)\\
    \Longleftrightarrow~&x,y\in \mathbb{Z} \land (( x=-3 \land y=-1)\lor (x=3 \land y=2))\\
    \Longleftrightarrow~&( x=-3 \land y=-1)\lor (x=3 \land y=2)
    \end{align*}ということをしています。ちなみに,\(1.,2.\)それぞれを図示すると\(1.\)は双曲線,\(2.\)は楕円になります。

     

    「すべての」と言われたら(数値代入法)

    前記事の「とびとびの\(x\)で成り立つ」と「すべての\(x\)で成り立つ」との関係を考えなくてはならない例として,次のようなものがあります。

    \[\frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\]が\(x\)についての恒等式となるように定数\(a,b,c,d\)の値を定めよ.

    教科書レベルのよく見る問題です。係数比較法で考えるのが一般的だと思いますがここでは数値代入法で見てみます。
    \begin{align*}
    &\frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\text{が恒等式}\\
    \Longleftrightarrow~&\forall x \left[\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\longrightarrow \frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\right]\\
    \Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow \frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\\
    \Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow 2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\\
    \end{align*}分母を払って得られた式を見るとこれはぜひ\(0\)と\(2\)を代入したい。しかし,上にあるように式\(2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\)が成り立つことが保証されているのはあくまで\(0\)と\(2\)でない\(x\)に対してであり,\(x\)が\(0\)と\(2\)のときにつにいては一切言及されていません。なので\(x=0\)と\(x=2\)を代入するわけにはいかない。

    しかし,\(0\)と\(2\)以外の\(x\)は無限個あるので,当然相異なる\(4\)個の\(x\)でも\(3\)次式\(2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\)は成り立ちます。したがって前記事の定理により,\(2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\)はすべての\(x\)で成り立つ,すなわち恒等式であると言えます:
    \begin{align*}
    &\frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\text{が恒等式}\\
    \Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow \frac{2x^3-7x^2+11x-6}{x(x-2)^3}=\frac{a}{x}+\frac{b}{x-2}+\frac{c}{(x-2)^2}+\frac{d}{(x-2)^3}\\
    \Longleftrightarrow~&\begin{cases}x \neq 0 \\ x \neq 2 \end{cases}\Longrightarrow 2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx\\
    \overset{\text{定理}}{\Longleftrightarrow}~&\forall x\in \mathbb{R}[2x^3-7x^2+11x-6=a(x-2)^3+bx(x-2)^2+cx(x-2)+dx]
    \end{align*}
    これで安心して\(x\)に\(0\)と\(2\)が代入できます。あとは式が簡単になる\(1,3\)あたりを代入すればいいと思います。(逆の考察を忘れずに!)

    「すべての」と言われたら(つづき)

    先の記事のアプローチは
    \begin{align*}
    &\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
    \Longleftrightarrow~&\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[(10^{x-y}+10^{y-z})l+10^{x-z}m+(-x)n=13l+36m+yn]\\
    \overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}~&\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\\
    \Longleftrightarrow~&\cdots\\
    \Longleftrightarrow~&\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
    \lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
    \end{align*}というものでした。しかしここで気になるのは\((\ast)\)です。係数比較法を思い出すと,
    \begin{align*}
    &f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_2x^2+a_1x+a_0\\
    &g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+\cdots+b_2x^2+b_1x+b_0
    \end{align*}とすれば

    \begin{align*}
    &f(x)=g(x)\text{が恒等式}\left(\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}~\forall x\in \mathbb{R} [f(x)=g(x)]\right)\\
    \Longleftrightarrow~&a_n=b_n,a_{n-1}=b_{n-1},\cdots,a_2=b_2,a_1=b_1,a_0=b_0
    \end{align*}

    というものでしたが,すべての実数\(l,m,n\)(\(\forall l,m,n \in \mathbb{R}\))ではなく,\(\forall l,m,n\in\mathbb{Z}\)すなわち’とびとび’の\(l,m,n\)で成り立つときも,やはり同じように係数が等しいと結論できるのでしょうか。ここに不安が残ります。

    この問題を解決するために,次の定理を証明します。

    \(f(x),g(x)\)を\(n\)次以下の整式とする.
    \begin{align*}
    &f(x)=g(x)\text{が恒等式} \\
    \Longleftrightarrow~&f(x)=g(x)\text{が相異なる\(n+1\)個の解をもつ}
    \end{align*}

    証明

    \(\Rightarrow\)は明らかであるから,\(\Leftarrow\)を示す.
    \(n+1\)個の相異なる解を\(x_1,x_2,\cdots,x_{n+1}\)とする.仮定により
    \begin{align*}
    &f(x_1)=g(x_1),f(x_2)=g(x_2),\cdots,f(x_{n+1})=g(x_{n+1})\\
    \Longleftrightarrow~&f(x_1)-g(x_1)=0,f(x_2)-g(x_2)=0,\cdots,f(x_{n+1})-g(x_{n+1})=0
    \end{align*}であるから\[f(x)-g(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_{n+1})Q(x)\]とかける(因数定理).ここで\(Q(x)\neq 0\)と仮定すると\(f(x)-g(x)\)は\(n+1\)次式となり矛盾する.したがって\(Q(x)=0\).ゆえに\[f(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_{n+1})\cdot 0+g(x)\]より\(\forall x\in\mathbb{R}[f(x)=g(x)]\)を得る.

    証明終

    この定理によって,\[\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\]は,例えば\(l\)に着目して\(l\)の1次の整式と見なせばこの式は2個以上の\(l\)について成り立ちますから(整数は無限個),上の定理によりすべての\(l\in \mathbb{R}\)で成り立つ,と言えます。\(m,n\)についても同様に考えれば,結局すべての\(l,m,n\in \mathbb{R}\)で成り立つ,すなわち
    \begin{align*}
    &\forall l,m,n \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
    \Longleftrightarrow~&\forall l,m,n \in \mathbb{R}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]
    \end{align*}であることが分かります。これで上の\((\ast)\)が正しいことが確かめられました。

    …と,結果的には正しかったのですが,厳密には上の議論をしなくてはならないので,やはり前回記事最初の解答の方が無難だと個人的に思います。

    「すべての」と言われたら

    実数の組\((x,y,z)\)で,どのような整数\(l,m,n\)に対しても,等式\[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny\]が成り立つようなものをすべて求めよ.

    (大阪大)


    もし日常で上のようなやりとりがあればWさんはちょっとアレなひとと評されますが,数学の問題を考える上ではWさんの姿勢の方が正しい。「なんでも」といった以上,例外は許されないからです。

    そこでWさんと同じ姿勢で,「すべての」「任意の」と言われたのでその言葉を逆手にとり自分にとって都合の良い\(l,m,n\)を代入してやろう,と考えます。うまく文字が減ってくれそうなのは\(0\)ですから,これの代入を考えます。しかし\(l,m,n\)すべてに\(0\)と代入しても\(0=0\)という正しくも旨味のない式しか得られませんから,\(l,m,n\)のうち\(2\)つを\(0\),他を(簡単な)\(1\)と代入してみることにします。

    \((l,m,n)=(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\)と代入すると,\[\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\]が得られるので,これを解いてみます。

    \begin{align*}
    &\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\\
    \Longleftrightarrow&\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}
    \Longleftrightarrow\begin{cases}10^{2x}+10^{-2x+\log_{10}36}=13\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}\\
    \Longleftrightarrow&\begin{cases}(10^{2x})^2-13\cdot10^{2x}+36=0\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}
    \Longleftrightarrow\begin{cases}(10^{2x}-9)(10^{2x}-4)=0\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}\\
    \Longleftrightarrow&\begin{cases}10^{2x}=9 \lor 10^{2x}=4\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}
    \Longleftrightarrow\begin{cases}x=\log_{10}3 \lor x=\log_{10}2\\z=x-\log_{10}36\\y=-x\end{cases}\\
    \Longleftrightarrow&\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
    \lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
    \end{align*}
    よって\((x,y,z)=(\log_{10}3,-\log_{10}3,\log_{10}3-\log_{10}36)\)または\((\log_{10}2,-\log_{10}2,\log_{10}2-\log_{10}36)\)と求まります。

    しかしこれをもって答えとしてはいけません。なぜならここで得られた結論は必要条件にしか過ぎず,十分条件であるとは限らないからです。つまり
    \begin{align*}
    &\forall l,m,n\in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
    &\Longrightarrow\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
    \lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
    \end{align*}
    ですが
    \begin{align*}
    &\forall l,m,n\in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
    &\Longleftarrow\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
    \lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
    \end{align*}
    とは限らない,ということです。なので逆(\(\Leftarrow\))を調べる必要があります:

    \((x,y,z)=(\log_{10}3,-\log_{10}3,\log_{10}3-\log_{10}36)\)のとき
    式\[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny\]にこれらを代入すると\[13l+36m+(-\log_{10}3)n=13l+36m+(-\log_{10}3)n\]となり,これは明らかにすべての\(l,m,n\in\mathbb{Z}\)で成り立つ。

    \((x,y,z)=(\log_{10}2,-\log_{10}2,\log_{10}2-\log_{10}36)\)のとき
    上と同様にこれらを代入すると\[13l+36m+(-\log_{10}2)n=13l+36m+(-\log_{10}2)n\]が得られ,やはりすべての\(l,m,n\in\mathbb{Z}\)で成り立つ。

    これで逆も言えました。すなわち
    \begin{align*}
    &\forall l,m,n\in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
    &\Longleftrightarrow\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
    \lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
    \end{align*}であることが分かり,今度は自信をもって\((x,y,z)=(\log_{10}3,-\log_{10}3,\log_{10}3-\log_{10}36)\)または\((\log_{10}2,-\log_{10}2,\log_{10}2-\log_{10}36)\)が答えであるといえます。

    追記

    次のような解法はどうでしょうか。

    \(l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny\)の左辺を\(l,m,n\)で整理して係数を比較してはどうか?

     
    すなわち,
    \begin{align*}
    &\forall x \in \mathbb{Z}[l\cdot10^{x-y}-nx+l\cdot10^{y-z}+m\cdot10^{x-z}=13l+36m+ny]\\
    \Longleftrightarrow~&\forall x \in \mathbb{Z}[(10^{x-y}+10^{y-z})l+10^{x-z}m+(-x)n=13l+36m+yn]\\
    \overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}~&\begin{cases}10^{x-y}+10^{y-z}=13\\10^{x-z}=36\\-x=y\end{cases}\\
    \Longleftrightarrow~&\cdots\\
    \Longleftrightarrow~&\begin{cases}x=\log_{10}3\\y=-\log_{10}3\\z=\log_{10}3-\log_{10}36\end{cases}
    \lor\begin{cases}x=\log_{10}2\\y=-\log_{10}2\\z=\log_{10}2-\log_{10}36\end{cases}
    \end{align*}
    です。得られる3つの式は同じなので一見正しそうです。このアプローチについて詳しく見てみます。(つづく)

    実験する

    次の\(2\)つの条件\(\mathrm{(i),(ii)}\)をみたす自然数\(n\)について考える.

    \(\mathrm{(i)}~\)\(n\)は素数ではない.
    \(\mathrm{(ii)}~\)\(l,m\)を\(1\)でも\(n\)でもない\(n\)の正の約数とすると,必ず\[|l-m|\leq 2\]である.このとき,次の問いに答えよ.

      1. \(n\)が偶数のとき,\(\mathrm{(i),(ii)}\)をみたす\(n\)をすべて求めよ.
      2. \(n\)が\(7\)の倍数のとき,\(\mathrm{(i),(ii)}\)をみたす\(n\)をすべて求めよ.
      3. \(2\leq n \leq 1000\)の範囲で,\(\mathrm{(i),(ii)}\)をみたす\(n\)をすべて求めよ.

    (大阪大)

    うーん/(^o^)\
    なんかよくわからないので,実験してみます。

    (考え方)

    \(\textbf{1.}\)
    偶数\(2,4,6,8,\cdots\)を順に調べてみます。

    するとどうやら,\(n\)が\(10\)以降だと適するものが現れないのでは?と予想できます。そこで,「\(n\geq 10\)ならば\(n\)は\(\mathrm{(i),(ii)}\)を満たさない」という命題の証明を試みます。実際,\(n=2k~(k\geq 5)\)とおくと,\(2\)と\(k\)は\(n(=2k)\)の\(1\)でも\(n\)でもない正の約数ですが,\[|k-2|=k-2\geq 5-2 =3\]となり\((\mathrm{ii})\)を満たしません。

    これで\(1.\)の答えは\(4,6,8\)のみであることが分かりました。

    \(\textbf{2.}\)
    これも\(1.\)と同様に考えてみます。ただし\(n\)が偶数の場合は\(1.\)ですでに調べているので,これを除いて調べていきます:

    すると\(n\)が\(63\)以降だと適するものが現れないのでは?と予想できます。そこで「\(n\geq 63\)ならば\(n\)は\(\mathrm{(i),(ii)}\)を満たさない」という命題の証明を試みると:

    \(n=7k~(k\geq 9)\)とおく.\(k=9\)とき,\(n=63\)より正の約数は\(1,3,7,9,21,63\)だから\((\mathrm{ii})\)を満たさない.\(k \geq 11\)のとき,\(7\)と\(k\)は\(n(=7k)\)の\(1\)でも\(n\)でもない正の約数だが,\[|k-2|=k-2\geq 11-2 =9\]となり\((\mathrm{ii})\)を満たさない.

    これで\(2.\)の答えは\(35\)と\(49\)のみであることが分かりました。

    \(\textbf{3}.\)
    上と同じように考えれば,\(n\)が\(3\)の倍数のとき,\(5\)の倍数のときも同じように\(\mathrm{(i),(ii)}\)を満たす\(n\)が簡単に見つかる気がします。もしそうであれば,結局\(2,3,5,7\)の倍数についてはすべて調べ上げたことになるので,調べるべき残りの\(n\)は(\(\mathrm{(i)}\)より\(n\)は素数でないことに注意すれば)\(11\)以上の素因数からなる合成数のみ調べればよいことが分かります(エラトステネスのふるい)。また,その合成数の因数の個数に着目すれば,因数の個数が\(1\)個のとき素数になるから\(\mathrm{(i)}\)を満たさず,因数の個数が\(3\)個以上のときは最小でも\(11^{3}=1331\)となり\(1000\)を超えてしまうことから,(素)因数の個数は\(2\)個であることが分かります。さらに,\(37 \times 37 =1369>1000\)より,\(37\)以降の素数については考える必要はありません。以上の考察から以下のように結論できます:

    \(n\)が\(3\)の倍数の場合
    \(2,7\)の倍数のときはすでに調べてあり,また\(5\)の倍数の場合はこのあと調べるのでこれらを除いて調べると

    求める\(n\)は\(9\)のみであることが分かる(証明は上と同様なので割愛).

    \(n\)が\(5\)の倍数の場合

    求める\(n\)は\(15\)と\(25\)のみであることが分かる(証明割愛).
    あとは素因数が\(11\)以上で\(31\)以下であり,かつその個数が\(2\)個である合成数のみを調べればよい.


    するとそれは(\(\mathrm{(ii)}\)に注意して)\[11^2,13^2,17^2,19^2,23^2,29^2,31^2,11\times13,17\times19,29\times 31\]すなわち\[121,169,289,361,529,841,961,143,323,899\]のみであることがわかる.以上により求める\(n\)は\[4,6,8,9,15,25,35,49,121,143,169,289,323,361,529,841,899,961\]となる.

    (考え方終わり)

    既知の解法にはまらないとき,あるいは既知の解法に帰着しないとき(=何をすればいいのか見通しが立たないとき),「とりあえず実験してみて,予想し,それを証明する」という姿勢はしばしば有効な気がします。(少なくとも泥臭く手を動かすだけで\(2.\)までは答えを導ける!)

    連立方程式(解の存在条件)

    実数\(m\)を定数とする.\(x\)と\(y\)に関する連立1次方程式\(\begin{cases}2x+y-2=0\\mx-y-3m+1=0\end{cases}\)が\(x>0\)かつ\(y>0\)である解をもつための必要十分条件を求めよ.

    (慶応大)

    受験勉強を始めると最初の方で出会ってやる気を削ぐ系の問題^^;

    解答

    \begin{align*}
    &~\exists x \exists y \left[\begin{cases}2x+y-2=0\\mx-y-3m+1=0\end{cases}\land x>0 \land y>0\right]\\
    &~\exists x \exists y \left[\begin{cases}2x+y-2=0\\(m+2)x-3m-1=0\end{cases}\land x>0 \land y>0\right]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \right. \\
    &\left.\land (m+2=0 \lor m+2 \neq 0)\right]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[(2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \land m+2=0 )\right.\\
    &\lor \left.(2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \land m+2 \neq 0)\right]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[(2x+y-2=0 \land 5=0 \land x>0 \land y>0 \land m=-2) \right.\\
    &\lor \left.(2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[y=-2x+2 \land x =\frac{3m+1}{m+2} \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[y=-2\frac{3m+1}{m+2}+2 \land x =\frac{3m+1}{m+2} \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[y=\frac{2-4m}{m+2} \land x =\frac{3m+1}{m+2} \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
    \Longleftrightarrow&~\frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land m \neq -2\\
    \Longleftrightarrow&~\frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land (m+2>0 \lor m+2<0)\\ \Longleftrightarrow&~ \left( \frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land m+2>0 \right)\\
    &\lor \left(\frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land m+2<0\right)\\ \Longleftrightarrow&~ \left( 2-4m>0 \land 3m+1>0 \land m>-2 \right)\\
    &\lor \left(2-4m<0 \land 3m+1<0 \land m<-2\right)\\
    \Longleftrightarrow&~ \left( m<\frac{1}{2} \land m>-\frac{1}{3} \land m>-2 \right)\lor \left(m>\frac{1}{2} \land m<-\frac{1}{3} \land m<-2\right)\\
    \Longleftrightarrow&~ m<\frac{1}{2} \land m>-\frac{1}{3} \land m>-2\\
    \Longleftrightarrow&~ -\frac{1}{3} < m < \frac{1}{2}
    \end{align*}

    解答終

    こう考えればただの(論理)計算問題なのでめっちゃ楽。

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