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この記事で絶対値を含む方程式，不等式に関する公式を証明しました。この公式は，右辺が正の定数であることしか仮定しておらず，したがって右辺が負の数や\(0\)の場合においても成り立つことは保証していません。なので，右辺に文字を含む場合は一般的には「（定義に従って）場合分けして解く」と学ぶことが多いと思います。しかし実は，右辺に文字を含む含まないに関わらず（つまり正か\(0\)か負かに関わらず），次が成り立ちます。

\((1)\)は明らかなので，\((2)\)と\((3)\)を証明します。

\((2)\)の証明

\begin{align*}
&|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \\
\Longleftrightarrow~&|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land(\mathrm{B}>0 \lor \mathrm{B}=0 \lor \mathrm{B}<0)\\
\Longleftrightarrow~&(|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor(|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land \mathrm{B}=0) \lor (|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \land \mathrm{B}<0))\\
\Longleftrightarrow~&(|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor(|\mathrm{A}| < 0\land \mathrm{B}=0) \lor (|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \land \mathrm{B}<0))\\
\Longleftrightarrow~&(-\mathrm{B} < \mathrm{A} < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor (\bot \land \mathrm{B}=0) \lor \bot\\
\Longleftrightarrow~&(-\mathrm{B} < \mathrm{A} < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor \bot \lor \bot\\
\Longleftrightarrow~&-\mathrm{B} < \mathrm{A} < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0\\
\Longleftrightarrow~&-\mathrm{B}<\mathrm{A}< \mathrm{B}
\end{align*}

\(|\mathrm{A}|=\max\{-\mathrm{A},\mathrm{A}\}\)であることに注意すると，下記のように簡潔に記述できます：

\begin{align*}
&|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \\
\Longleftrightarrow~&\max\{\mathrm{A},-\mathrm{A}\} < \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A}< \mathrm{B}\land-\mathrm{A}< \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&-\mathrm{B}<\mathrm{A}< \mathrm{B}
\end{align*}

\((3)\)の証明

または上と同様に， \begin{align*} &|\mathrm{A}| > \mathrm{B} \\
\Longleftrightarrow~&\max\{\mathrm{A},-\mathrm{A}\} > \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A} > \mathrm{B}\lor-\mathrm{A}> \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A}>\mathrm{B} \lor \mathrm{A} < -\mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}
\end{align*}

証明終

これでいちおう，機械的に解けます。

次の解答は誤りです。

誤りの理由をかけ，という問題について考えてみます。この問題の模範解答は

\((1)\)より\(x^2=3-y^2\)．したがって\(3-y^2\geq 0 \Leftrightarrow -\sqrt{3}\leq y \leq \sqrt{3}\)．しかし得られた重解\(y=-3\)はこの式を満たさない。ゆえに連立方程式\((1),(2)\)は実数解をもたない．つまり，\((1)\)と\((2)\)の共有点は存在しない．

という「連立方程式\((1)\)\((2)\)を解いても解がないから，共有点はない。だから接するなんてことはありえない」というものでしたが，ここでは違う視点から誤りを指摘してみます。まず，話を整理するために，「接する」ことの定義を確認しておきます：

また，次を証明しておきます。

証明

（\(\Rightarrow\)）
\begin{align*}
&y=f(x)\text{と}y=g(x)\text{が接する}\\
\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}~&\exists a [f(a)=g(a),~f^{\prime}(a)=g^{\prime}(a)]\\
\Longleftrightarrow~&\exists a [f(a)-g(a)=0,~(f(a)-g(a))^{\prime}=0]\\
\Longleftrightarrow~&\exists a\begin{cases}
f(a)-g(a)=0 \\
(f(a)-g(a))^{\prime}=0
\end{cases}
\end{align*}\(f(x)-g(x)\)は多項式であるから，因数定理により\[f(x)-g(x)=(x-a)Q(x)\]と変形できる．辺々微分して\[(f(x)-g(x))^{\prime}=Q(x)+(x-a)Q^{\prime}(x)\]この式と第2式により\[Q(x)=-(x-a)Q^{\prime}(x)\]を得る．これを最初の式に代入して\[f(x)-g(x)=-(x-a)^2Q^{\prime}(x)\]したがって\(f(x)-g(x)=0\)は重解をもつ．

（\(\Leftarrow\)）

重解を\(a\)とする．仮定により\[f(x)-g(x)=(x-a)^2Q(x)\]とおける．\(x=a\)と代入して\[f(a)-g(a)=0 \Leftrightarrow~f(a)=g(a)\]また，辺々微分して\[f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)=2(x-a)Q(x)+(x-a)^2Q^{\prime}(x)\]これに\(x=a\)と代入して\[f^{\prime}(a)-g^{\prime}(a)=0 \Leftrightarrow~f^{\prime}(a)=g^{\prime}(a)\]ゆえに\(y=f(x)\)と\(y=g(x)\)は接する．

証明終

さて，ここで誤答の「重解をもつから，\((1)\)と\((2)\)は接する」の部分を考えてみると，まず「重解をもつから」の主語が連立した結果の式\[y=\frac{1}{6}(3-y^2)-2\]であることが気になります。接するための十分条件は，多項式\(y=f(x),y=g(x)\)について「\(f(x)-g(x)=0\)が」重解をもつ，であったはずです。したがってまず\(y=f(x),y=g(x)\)という式を用意しなければならない。しかし\(y=\frac{1}{6}x^2-2\)はさておき\(y=\pm\sqrt{1-x^2}\)は多項式ではない。仮定を満たしていない以上，上の定理は使えない（実際，定理の証明を見ると分かるように「多項式」を仮定しないと因数定理も使えないしそもそも重解を定義できない）。

なので，個人的には「実際に調べてみると接しないよね」というより「重解をもつから，接する」という主張（というか理解）のいい加減さ曖昧さを指摘したい。「『どの式が』重解をもつの？」「『その式』が重解をもつことと接することに何の関係があるの？」と問いたい。

「接するときたら重解条件！」のような参考書でよく見るスローガン的解法は，付け焼き刃的には有効かもしれませんが，「接する」とは具体的にどういう状態を指すのか（定義），そして「接する」ことと「重解」をもつことはそれぞれ十分なのか必要なのか，「何が」重解をもつのか，またそれらは何を仮定しているのか，などを考えずにいい加減な理解で使っていると表面上はもっともらしい解答が作れてもよく見るとめちゃくちゃな気持ち悪い解答になる。

というわけで，円と2次曲線の問題では安易に「重解条件」は使ってはいけない。これは肝に銘じておくべきだと思います。

かきましょう🤔（フリーハンドで）

1.

\(C\)と\(l_1\)，\(C\)と\(l_2\)の接点の\(x\)座標をそれぞれ\(s,t~(s < t)\)とおくと，\(l_1,l_2\)の方程式はそれぞれ
\begin{align*}
&l_1:y-(s^2+as+b)=(2s+a)(x-s)\\
&l_2:y-(t^2+at+b)=(2t+a)(x-t)
\end{align*}とおける．これが\((0,0)\)を通るから
\[\begin{cases}-s^2-as-b=-2s^2-as\\-t^2-at-b=-2t^2-at \end{cases}\Longleftrightarrow~\begin{cases}s^2=b\\t^2=b \end{cases}\]また，\(l_1\)と\(l_2\)は原点で交わるので\[(2s+a)(2t+a)=-1\]したがって
\begin{align*}
&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \\ (2s+a)(2t+a)=-1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \\ (2s+a)(2t+a)=-1\end{cases}\land b\geq 0\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \land b\geq 0\\ (2s+a)(2t+a)=-1 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s=-\sqrt{b} \land t=\sqrt{b} \land s < t \land b\geq 0\\ (2s+a)(2t+a)=-1 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&-\sqrt{b} < \sqrt{b} \land b\geq 0 \land (2(-\sqrt{b})+a)(2\sqrt{b}+a)=-1\\
\Longleftrightarrow~&\top \land b\geq 0 \land -4b+a^2=-1\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land b \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land \frac{1}{4}(a^2+1) \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land a^2+1 \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land a \in \mathbb{R}
\end{align*}

2.

上図のように\(\mathrm{Q_1,H_1}\)をおき，\(\angle{\mathrm{Q_1P_1H_1}}=\theta_1\)とおけば

\begin{align*}
\mathrm{Q_1 H_1}&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)\tan \theta_1\\
&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)\frac{2b+a\sqrt{b}}{\sqrt{b}}\\
&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)(2\sqrt{b}+a)\\
&=\frac{1}{2}(2\sqrt{b}-a)(2\sqrt{b}+a)\\
&=\frac{1}{2}(4b-a^2)
\end{align*}よって
\begin{align*}
\mathrm{P_1Q_1}^2&=\frac{1}{4}(4b-a^2)^2+\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)^2\\
&=\frac{1}{4}(4b-a^2)^2+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}-a\right)^2\\
&=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}-a\right)^2
\end{align*}同様にして
\[\mathrm{Q_2H_2}=\frac{1}{2}(4b-a^2),~\mathrm{P_2Q_2}^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}+a\right)^2\]ゆえに
\begin{align*}
&2\mathrm{P_1Q_1}=\mathrm{P_2Q_2}\\
\Longleftrightarrow~&4\mathrm{P_1Q_1}^2=\mathrm{P_2Q_2}^2\\
\Longleftrightarrow~&1+(a-2\sqrt{b})^2=\frac{1}{4}(1+(a+2\sqrt{b})^2)\\
\Longleftrightarrow~&4+4(a-2\sqrt{b})^2=1+(a+2\sqrt{b})^2\\
\Longleftrightarrow~&3=(a+2\sqrt{b})^2-(2(a-2\sqrt{b}))^2\\
\Longleftrightarrow~&3=(-a+6\sqrt{b})(3a-2\sqrt{b})\\
\Longleftrightarrow~&3=-3a^2+20a\sqrt{b}-12b\\
\Longleftrightarrow~&3=-3a^2+20a\sqrt{a^2+1}-3(a^2+1)\\
\Longleftrightarrow~&3(a^2+1)=5a\sqrt{a^2+1}\\
\Longleftrightarrow~&3\sqrt{a^2+1}=5a\\
\Longleftrightarrow~&9(a^2+1)^2=25a^2\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a^2=\frac{9}{16}\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a=\pm\frac{3}{4}\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a=\frac{3}{4}
\end{align*}

解答終

授業で取り扱っていてふと気になった問題。

解答では

\[P=\{(x,y)|x^2+y^2+2x<3\},Q=\{(x,y)|x^2+y^2-2x<15\}\]とすると，「\(p\Rightarrow q\)が真である」\(\Leftrightarrow P\subset Q\)であるから，\(P,Q\)を図示することにより，楽に証明できる。

 
\(P\subset Q\)であることを図示することで証明していて，確かに楽かつ直観的で分かりやすいけど，しかし\((2)\)のような求値問題ならまだしも\((1)\)のような「証明」において「絵」を根拠にしていいのかという違和感があります。ということでお絵かきに頼らない証明を考えてみます。

(1)

仮定により
\begin{align*}
&x^2+y^2+2x<3\\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land (x+1)^2+y^2<4 \\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land (x+1)^2<4\\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land -3 < x < 1
\end{align*}であるから，

\[x^2+y^2-2x < (3-2x)-2x = 3-4x < 15\]

証明終

(2)
\[x^2+y^2\leq 5 \Longrightarrow2 x+y\geq k\]であるような\(k\)を調べる．\(2x+y\)の値域を\(\mathcal{R}\)とおく．
\begin{align*}
&2x+y \in \mathcal{R}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x,y[2x+y=m \land x^2+y^2\leq 5]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x[x^2+(m-2x)^2\leq 5]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x[5x^2-4mx+m^2-5\leq 0]\\
\Longleftrightarrow~&4m^2-5(m^2-5)\geq 0\\
\Longleftrightarrow~&m^2-25\leq 0\\
\Longleftrightarrow~&-5 \leq m \leq 5
\end{align*}

したがって\(k\leq -5\)であれば，\[x^2+y^2\leq 5 \Longrightarrow2 x+y\geq k\]が言える．

解答終

というか，解答で（\(P=\{(x,y)|p(x,y)\},Q=\{(x,y)|q(x,y)\}\)として）\[(p(x,y)\Rightarrow q(x,y))\Longleftrightarrow P\subset Q\]だから\(P \subset Q\)を言えばよい，と言っているけど，しかしそもそも\(P \subset Q\)の定義は
\begin{align*}
&P \subset Q\\
\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}&~((x,y)\in P \Rightarrow (x,y)\in Q)\\
\Longleftrightarrow&~(p(x,y)\Rightarrow q(x,y))
\end{align*}
であったから，本来の意味で（定義に従って）この\(P \subset Q\)を示そうとすると循環論法になると思う。それを「図示」でかわすってことかな？でも数学において「図示」を証明の根拠にしていいのだろうか…？解答のこの辺のさじ加減正直よくわからない。